OQIGLEDNA TOPOLOGIJA

OQIGLEDNA TOPOLOGIJA

(SKRIPTA)

Branislav I. Prvulovi�

Sadrжaj

1. Topoloxki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1. Definicija, otvoreni i zatvoreni skupovi, potprostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2. Neprekidnost, homeomorfizmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3. Kompaktnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4. Povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.5. Putevi, putna povezanost, Peanove krive, Жordanova teorema . . . . . . . . . . 29

1.6. Topoloxki proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.7. Koliqniqka preslikavaǌa i koliqniqki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .40

2. Grafovi, povrxi, mape na povrxima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .59

2.1. Grafovi – definicija, geometrijska realizacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.2. Unikursalnost grafova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .65

2.3. Teorema o crtaǌu povezanog grafa, Ojlerova karakteristika grafa . . . . 75

2.4. Povrxi – definicija, klasifikacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

2.5. Mape na povrxima, Ojlerova karakteristika povrxi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

2.6. Planarnost grafova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

2.7. Bojeǌe mapa u ravni, problem qetiri boje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

2.8. Bojeǌe mapa na zatvorenim povrxima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

3. Homotopija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

3.1. Homotopna preslikavaǌa i homotopski ekvivalentni prostori . . . . . . . . . 119

3.2. Fundamentalna grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

3.3. Fundamentalna grupa kruжnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .141

3.4. Osnovna teorema algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

3.5. Brauerova teorema o fiksnoj taqki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .153

3.6. Borsuk–Ulamova teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

Topoloxki prostori 3

1 Topoloxki prostori

1.1 Definicija, otvoreni i zatvoreni skupovi, potprostor

Topoloxki prostori predstavǉaju uopxteǌe (od ranije poznatih) metriqkih prostora.Podsetimo se da je metriqki prostor ure�en par (X, d), gde je X neprazan skup, ad : X × X → [0,+∞) metrika ili rastojaǌe na X – funkcija koja za sve x, y, z ∈ Xzadovoǉava slede�a tri uslova:

(1) d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y;

(2) d(x, y) = d(y, x);

(3) d(x, z) 6 d(x, y) + d(y, z).

X

bδ

aA

Pojam otvorenog skupa u metriqkomprostoru uvodi se pomo�u pojma otvorenekugle. Ako je x0 ∈ X i δ > 0, otvorenomkuglom sa centrom u x0 polupreqnika δnazivamo skup {x ∈ X | d(x0, x) < δ} ioznaqavamo ga sa B(x0; δ). Sada, za skupA ⊆ X kaжemo da je otvoren (u metriqkomprostoru (X, d)) ako za svako a ∈ A postojiδ > 0 takvo da je B(a; δ) ⊆ A. Poznato jeda u metriqkom prostoru (X, d) vaжe slede�a tvr�eǌa.

(1) ∅ i X jesu otvoreni.

(2) Ako je U neka familija otvorenih skupova, onda je i unija te familije,⋃U ,

tako�e otvoren skup.

(3) Ako su U i V otvoreni skupovi, onda je i U ∩ V otvoren skup.

1.1.1 Definicija i primeri

Tri pomenuta svojstva otvorenih skupova u metriqkom prostoru predstavǉaju moti-vaciju za uvo�eǌe pojma topoloxkog prostora.

Definicija 1 Neka je X neprazan skup i P(X) ǌegov partitivni skup. FamilijuT ⊆ P(X) nazivamo topologijom na X ako su ispuǌena naredna tri uslova:

(T1) ∅, X ∈ T ;

(T2) U ⊆ T =⇒ ⋃U ∈ T ;

(T3) U, V ∈ T =⇒ U ∩ V ∈ T .

Tada, par (X, T ) nazivamo topoloxkim prostorom, a elemente topologije T otvorenimskupovima. Tako�e, govori�emo i o topoloxkom prostoru X podrazumevaju�i pri tomizvesnu topologiju.

4

Naravno, indukcijom se iz uslova (T3) lako dobija qiǌenica da topologija kojasadrжi skupove U1, U2, . . . , Un (n ∈ N) nuжno sadrжi i ǌihov presek U1 ∩ U2 ∩ . . . ∩ Un.Dakle, topologija je familija podskupova od X koja sadrжi ∅ i X i koja je zatvorenaza proizvoǉne unije i konaqne preseke.

Primer 1.1.1 Ako je (X, d) metriqki prostor, onda je, na osnovu uvodnog razmatraǌa,familija svih otvorenih skupova u (X, d) jedna topologija na X. ǋu oznaqavamo saT (d) i nazivamo je topologijom indukovanom metrikom d.

Posebno, topologiju indukovanu euklidskom metrikom na Rn nazivamo uobiqajenomtopologijom na Rn i oznaqavamo je sa U . Dakle, U = T (d2), gde je d2 : Rn × Rn → [0,+∞)definisana sa d2(x, y) =

√(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + · · ·+ (xn − yn)2, x, y ∈ Rn. Ubudu�e, ako

drugaqije ne bude naglaxeno, na Rn podrazumevamo uobiqajenu topologiju.Izdvoji�emo jox jedan specijalan sluqaj. Na proizvoǉnom skupu X definixe se

diskretna metrika ρ, ρ(x, y) := 1 kad god su x i y dve razliqite taqke iz X, i naravno,ρ(x, x) := 0 za sve x ∈ X. Odgovaraju�u topologiju T (ρ) zovemo diskretnom topologijomna X i obiqno je oznaqavamo sa Td. Kako je, za proizvoǉno x ∈ X, B(x; 1

2) = {x}, to je

{x} otvoren skup u prostoru (X, Td), pa s obzirom na qiǌenicu da je A =⋃a∈A{a} za

svaki skup A, uslov (T2) iz definicije daje nam da diskretna topologija Td sadrжisve podskupove od X. Dakle, Td = P(X).

Primer 1.1.2 Kao suprotnost diskretnoj topologiji, koja obuhvata sve podskupovedatog skupa X, uoqimo familiju Ta := {∅, X}. Lako se proverava da je Ta jednatopologija na X. Ona se zove antidiskretna topologija. Primetimo da, ako X imabar dva elementa, antidiskretna topologija nije indukovana metrikom. Naime, ako bid bila metrika u kojoj su samo prazan skup i ceo X otvoreni, onda bi svaka otvorenakugla bila jednaka sa X (jer je otvorena kugla neprazan otvoren skup). Me�utim, akosu x, y ∈ X dve razliqite taqke i ε = d(x, y) > 0, onda kugla B(x; ε

2) ne sadrжi taqku y.

Dakle, antidiskretan prostor je primer topoloxkog prostora koji nije metriqki.

Primer 1.1.3 Neka je X proizvoǉan neprazan skup. Uoqimo familiju Tcf := {U ⊆ X |U c je konaqan skup} ∪ {∅}. Dokaжimo da ona predstavǉa jednu topologiju na X.

Oqigledno, ∅ ∈ Tcf , a kako je Xc = ∅ konaqan, to i X ∈ Tcf . Dakle, ispuǌen je uslov(T1).

Neka je sada {Uλ}λ∈Λ podfamilija familije Tcf . Dokaжimo da⋃λ∈Λ Uλ ∈ Tcf . Ako ova

familija sadrжi prazan skup, ǌegovim izbacivaǌem se ne�e promeniti unija fami-lije, pa stoga moжemo pretpostaviti da su svi Uλ neprazni. Sada, (

⋃λ∈Λ Uλ)

c =⋂λ∈Λ U

cλ

jeste konaqan skup kao presek konaqnih, pa zakǉuqujemo da vaжi i (T2).Konaqno, neka su U, V ∈ Tcf . Ako je neki od ova dva skupa prazan, onda je i ǌihov

presek prazan. Ako su oba neprazna, onda je (U ∩ V )c = U c ∪ V c konaqan skup kao unijadva konaqna. U svakom sluqaju, U ∩ V ∈ Tcf , pa smo dokazali i uslov (T3).

Topologiju Tcf nazivamo kofinitnom topologijom na X. Ako je X konaqan, onda jenaravno i svaki ǌegov podskup konaqan, pa je, u tom sluqaju, Tcf = Td = P(X).

Primer 1.1.4 Neka je X skup i p ∈ X. Familija Tp := {U ⊆ X | p ∈ U} ∪ {∅} oqitosadrжi i ∅ i X, a lako se vidi i da je zatvorena za proizvoǉne unije i preseke.Dakle, Tp je topologija na X, koju nazivamo topologijom uoqene taqke p.

U sluqaju kad X ima taqno dva elementa, prostor (X, Tp) naziva se i svezanomdvotaqkom ili prostorom Sjerbinskog.

1.1 Definicija, otvoreni i zatvoreni skupovi, potprostor 5

1.1.2 Unutraxǌost i zatvoreǌe

U ovom pododeǉku sve vreme podrazumevamo da je (X, T ) fiksiran topoloxki prostor.

Definicija 2 Za skup A ⊆ X kaжemo da je zatvoren ako je ǌegov komplement otvoren(Ac ∈ T ). Familiju svih zatvorenih skupova (u prostoru (X, T )) oznaqavamo sa F .

Primer 1.1.5 U diskretnom topoloxkom prostoru (X, Td) svi skupovi su otvoreni, pasu onda i komplementi svih skupova otvoreni, tj. svi skupovi su i zatvoreni. Dakle,Fd = P(X).

Primer 1.1.6 Ako je Tp topologija uoqene taqke p na skupu X (v. primer 1.1.4), ondaje odgovaraju�a familija zatvorenih skupova Fp = {A ⊆ X | p /∈ A} ∪ {X}.

Stav 3 Familija zatvorenih skupova F poseduje slede�a svojstva:

(1) ∅, X ∈ F ;

(2) B ⊆ F =⇒ ⋂B ∈ F ;

(3) A,B ∈ F =⇒ A ∪ B ∈ F .

Dokaz: (1) Kako vaжi ∅c = X ∈ T i Xc = ∅ ∈ T , to zakǉuqujemo da ∅, X ∈ F .(2) Ako je B ⊆ F , onda je (

⋂B)c = (⋂B∈B B)c =

⋃B∈B B

c ∈ T (na osnovu (T2) i qiǌeniceda Bc ∈ T za svako B ∈ B), pa je zato

⋂B ∈ F .(3) Ako su A,B ∈ F , tj. Ac, Bc ∈ T , onda je (A ∪ B)c = Ac ∩ Bc ∈ T , xto znaqi da je

A ∪B ∈ F . �

b

X

A

x

V

Dakle, familija svih zatvorenih skupova jezatvorena za proizvoǉne preseke i konaqne unije.

Definicija 4 Neka je A ⊆ X i x ∈ X. Taqka x jeunutraxǌa taqka skupa A ako postoji otvoren skup Vtakav da x ∈ V ⊆ A. Unutraxǌost skupa A, u oznaciintA, jeste skup svih unutraxǌih taqaka skupa A.

Dakle, iskaz x ∈ intA ekvivalentan je iskazu: pos-toji V ∈ T takvo da x ∈ V ⊆ A. Ovo pak znaqi da x

pripada uniji familije svih otvorenih skupova sadrжanih u skupu A, tj. x ∈⋃

V ∈TV⊆A

V .

Ovim je dokazan slede�i stav.

Stav 5 Ako je A proizvoǉan podskup od X, onda je intA =⋃

V ∈TV⊆A

V .

Posledica 6 Za proizvoǉan A ⊆ X vaжe slede�a tvr�eǌa:

(a) intA ∈ T ;

(b) intA ⊆ A;

6

(v) ako je B ∈ T i B ⊆ A, onda je B ⊆ intA;

(g) A ∈ T ⇐⇒ A = intA.

Dokaz: (a) Na osnovu stava 5, intA je unija otvorenih skupova, pa je i sam otvoren.(b) Svi qlanovi familije {V ∈ T | V ⊆ A} jesu podskupovi od A, pa to onda vaжi i

za ǌihovu uniju.(v) Iz pretpostavki B ∈ T i B ⊆ A imamo da je B qlan familije {V ∈ T | V ⊆ A},

xto znaqi da mora biti podskup unije te familije.(g) ⇒) Na osnovu dela (v) (za B := A), A ⊆ intA, a na osnovu (b), intA ⊆ A.

⇐) Ovaj smer direktno sledi iz (a). �

Tvr�eǌa (a), (b) i (v) ove posledice obiqno se saжimaju u jednu reqenicu: intA jenajve�i otvoren skup sadrжan u A.

Definicija 7 Neka je G ⊆ X i x ∈ X. Kaжemo da je skup G okolina taqke x ako postojiotvoren skup V takav da x ∈ V ⊆ G. Skup svih okolina taqke x oznaqavamo sa O(x).

Dakle, skup A je okolina taqke x ako i samo ako je x unutraxǌa taqka skupa A.Stoga imamo slede�i niz ekvivalencija:

A ∈ T ⇐⇒ A = intA ⇐⇒ (∀a ∈ A) a ∈ intA ⇐⇒ (∀a ∈ A) A ∈ O(a).

Dakle, skup je otvoren ako i samo ako je okolina svake svoje taqke. Drugim reqima,vaжi slede�i stav, koji �emo vrlo qesto koristiti prilikom dokazivaǌa da je nekiskup otvoren.

Stav 8 Za svaki A ⊆ X vaжi ekvivalencija: A ∈ T ⇐⇒ (∀a ∈ A)(∃V ∈ T ) a ∈ V ⊆ A.

Definicija 9 Neka je A ⊆ X i x ∈ X. Taqka x je adherentna taqka skupa A ako svakaokolina taqke x seqe skup A, tj. (∀G ∈ O(x)) G ∩ A 6= ∅. Zatvoreǌe (ili adherencija)skupa A, u oznaci A, jeste skup svih adherentnih taqaka skupa A.

Pored oznake A, koristi se i oznaka clA za zatvoreǌe skupa A. Primetimo da jeuslov iz definicije, (∀G ∈ O(x)) G∩A 6= ∅, ekvivalentan uslovu da svaki otvoren skupkoji sadrжi taqku x seqe skup A. Naime, ako svaka okolina od x seqe A, onda timpre, svaki otvoren skup koji sadrжi x mora da seqe A (jer je otvoren skup okolinasvake svoje taqke). Obrnuto, ako svaki otvoren skup koji sadrжi x seqe skup A, ondato vaжi i za proizvoǉnu okolinu taqke x, jer proizvoǉna okolina, po definiciji,sadrжi otvoren skup V takav da x ∈ V . Dakle, x ∈ A ako i samo ako za svaki V ∈ Tvaжi implikacija: x ∈ V =⇒ V ∩A 6= ∅. Dokaжimo sada stav analogan stavu 5.

Stav 10 Ako je A proizvoǉan podskup od X, onda je A =⋂

F∈FA⊆F

F .

Dokaz: Na osnovu prethodnog razmatraǌa,

x ∈ A ⇐⇒ (∀V ∈ T ) x ∈ V =⇒ V ∩A 6= ∅⇐⇒ (∀V ∈ T ) x /∈ V ∨ V ∩ A 6= ∅.

1.1 Definicija, otvoreni i zatvoreni skupovi, potprostor 7

Odavde sad imamo slede�i niz ekvivalencija:

x /∈ A ⇐⇒ (∃V ∈ T ) x ∈ V ∧ V ∩A = ∅⇐⇒ (∃V ∈ T ) x /∈ V c ∧ A ⊆ V c

⇐⇒ (∃F ∈ F) A ⊆ F ∧ x /∈ F

⇐⇒ x /∈⋂

F∈FA⊆F

F,

kojim je dokazan stav. �

Dakle, zatvoreǌe datog skupa A jeste presek svih zatvorenih skupova koji sadrжeA. Sada dokazujemo izravnu posledicu stava 10. Ona je analogna posledici 6.

Posledica 11 Za proizvoǉan A ⊆ X vaжe slede�a tvr�eǌa:

(a) A ∈ F ;

(b) A ⊆ A;

(v) ako je B ∈ F i A ⊆ B, onda je A ⊆ B;

(g) A ∈ F ⇐⇒ A = A.

Dokaz: (a) A je presek zatvorenih skupova, pa je i sam zatvoren.(b) Kako je A podskup svih qlanova familije {F ∈ F | A ⊆ F}, to je A podskup i

ǌihovog preseka.(v) Uslovi B ∈ F i A ⊆ B zapravo znaqe da je B jedan element familije {F ∈ F |

A ⊆ F}, pa je zato nadskup preseka te familije.(g) ⇒) Na osnovu dela (v) (za B := A), A ⊆ A, a na osnovu (b), A ⊆ A.

⇐) Ovaj smer direktno sledi iz (a). �

Kao kod posledice 6, tvr�eǌa (a), (b) i (v) posledice 11 mogu da se saжmu u jedaniskaz: A je najmaǌi zatvoren skup koji sadrжi A.

Definicija 12 Neka je A ⊆ X. Definixemo granicu (ili rub) skupa A, u oznaci ∂A,na slede�i naqin: ∂A := A \ intA.

Primer 1.1.7 Uoqimo A := [3, 8) ⊆ R (na R podrazumevamo uobiqajenu topologiju).Tada je A = [3, 8], intA = (3, 8) i ∂A = [3, 8] \ (3, 8) = {3, 8}.

Primer 1.1.8 Uoqimo skup racionalnih brojeva Q ⊂ R. Tada je Q = R, intQ = ∅ i∂Q = R \ ∅ = R.

Primer 1.1.9 Ako je ponovo A = [3, 8) ⊆ R, a na R uoqimo kofinitnu topologiju, ondaje A = R (jer je R jedini zatvoren skup koji sadrжi A – svi drugi zatvoreni skupovi sukonaqni), intA = ∅ (jer je, opet, ∅ jedini otvoren skup sadrжan u A), pa je ∂A = R\∅ = R.

Primer 1.1.10 U diskretnom topoloxkom prostoru (X, Td), svi skupovi su i otvorenii zatvoreni, pa je intA = A = A, ∂A = A \ A = ∅, za svaki A ⊆ X.

8

Primer 1.1.11 Neka je, za x ∈ Rn (n ∈ N), sa ‖x‖ oznaqena euklidska norma vektorax (euklidsko rastojaǌe taqke x od koordinatnog poqetka), ‖x‖ =

√x21 + x22 + · · ·+ x2n.

Neka je Dn = {x ∈ Rn | ‖x‖ 6 1} (jediniqni) n-dimenzioni disk,◦Dn = {x ∈ Rn | ‖x‖ < 1}

otvoreni n-dimenzioni disk i Sn−1 = {x ∈ Rn | ‖x‖ = 1} (n− 1)-dimenziona sfera. Tada

je Dn = Dn, intDn =◦Dn i ∂Dn = Dn\

◦Dn= Sn−1.

D2:◦D2: S1:

1.1.3 Potprostor

Neka je (X, TX) topoloxki prostor i A ⊆ X. Uoqimo familiju TA := {V ∩ A | V ∈ TX}.

Stav 13 Familija TA jeste jedna topologija na skupu A.

Dokaz: Oqigledno, svi qlanovi familije TA su podskupovi od A, pa je TA ⊆ P(A).(T1) Kako ∅ ∈ TX , to ∅ = ∅ ∩ A ∈ TA. Sliqno, A = X ∩ A ∈ TA, jer X ∈ TX.(T2) Neka je sada {Uλ}λ∈Λ podfamilija familije TA. To znaqi da za svako λ ∈ Λ

postoji Vλ ∈ TX takav da je Uλ = Vλ ∩ A. Zato je⋃λ∈Λ Uλ =

⋃λ∈Λ(Vλ ∩ A) = (

⋃λ∈Λ Vλ) ∩ A.

Poxto⋃λ∈Λ Vλ ∈ TX, zakǉuqujemo da

⋃λ∈Λ Uλ ∈ TA.

(T3) Ako su U1, U2 ∈ TA, onda postoje V1, V2 ∈ TX takvi da je U1 = V1 ∩A i U2 = V2 ∩A.Sledi da U1 ∩ U2 = (V1 ∩A) ∩ (V2 ∩A) = (V1 ∩ V2) ∩A ∈ TA, jer V1 ∩ V2 ∈ TX. �

Definicija 14 Topologiju TA nazivamo relativnom topologijom ili topologijom nasle-�enom sa prostora X i kaжemo da je (A, TA) potprostor prostora (X, TX).

Naravno, uobiqajeno je da se kaжe da je A potprostor prostora X (bez naglaxa-vaǌa topologija). Nadaǉe, kad god imamo podskup A nekog topoloxkog prostora X,podrazumevamo da je A snabdeven relativnom topologijom.

X

A

V V c

Oznaqimo sada sa FA familiju svih zatvorenihskupova u potprostoru A prostora X. Kako je, za svakoV ⊆ X, A \ (V ∩ A) = A \ V = V c ∩ A, to je

FA = {A \ U | U ∈ TA} = {A \ (V ∩ A) | V ∈ TX}= {V c ∩ A | V ∈ TX} = {F ∩A | F ∈ FX}.

Dakle, skup je zatvoren u potprostoru A ako i samoako se moжe predstaviti kao presek zatvorenog skupau X sa potprostorom A.

Primer 1.1.12 Poluotvoren interval (−2, 5], iako nije otvoren u R, jeste otvoren skupu potprostoru [−3, 5], jer je (−2, 5] = (−2, 10) ∩ [−3, 5], a (−2, 10) otvoren u R.

Primer 1.1.13 Poluotvoren interval (−2, 5] nije ni zatvoren u R, ali jeste zatvorenu potprostoru (−2, 10), jer je (−2, 5] = [−3, 5] ∩ (−2, 10), a [−3, 5] zatvoren u R.

1.2 Neprekidnost, homeomorfizmi 9

Ovi primeri pokazuju da skup koji je otvoren (zatvoren) u potprostoru ne morabiti otvoren (zatvoren) u qitavom prostoru. Ipak, vaжi slede�e tvr�eǌe.

Stav 15 Neka je A ⊆ X. Ako je A otvoren u X, onda je TA ⊆ TX . Ako je A zatvoren u X,onda je FA ⊆ FX.

Dokaz: Neka je A ∈ TX . Dokaжimo da je TA ⊆ TX . Ako je U ∈ TA, onda postoji V ∈ TXtakav da je U = V ∩A, pa je U otvoren u X kao presek dva otvorena.

Neka je sada A ∈ FX. Pokaжimo da je FA ⊆ FX. Za proizvoǉno C ∈ FA vaжi da jeC = F ∩A za neko F ∈ FX, pa zakǉuqujemo da C ∈ FX. �

Ovaj stav se obiqno kratko iskazuje na slede�i naqin: ,,otvoren u otvorenom jeotvoren; zatvoren u zatvorenom je zatvoren”. Na kraju ovog odeǉka, ustanovimo vezuizme�u zatvoreǌa nekog skupa u potprostoru i zatvoreǌa tog istog skupa u celomprostoru.

Stav 16 Neka je A ⊆ B ⊆ X. Oznaqimo sa clB A zatvoreǌe skupa A u potprostoru B, a saA (kao xto je i uobiqajeno) ǌegovo zatvoreǌe u prostoru X. Tada je clB A = A ∩ B.

Dokaz: Treba da dokaжemo jednakost dva skupa. Dokaжimo najpre da je clB A ⊆ A ∩ B.Kako je A ⊆ A i A ⊆ B, to je A ⊆ A ∩ B. Sada, A je zatvoren u X, pa je A ∩ B zatvorenu B. Iz dela (v) posledice 11 zakǉuqujemo da je clB A ⊆ A ∩ B.

Dokaжimo sada da je A ∩ B ⊆ clB A. Skup clB A jeste zatvoren u potprostoru B, xtoznaqi da postoji F ∈ FX takav da je clB A = F∩B. Sada imamo da je A ⊆ clB A = F∩B ⊆ F ,a kako je F zatvoren u X, to je i A ⊆ F (opet na osnovu posledice 11 (v)). Konaqnozakǉuqujemo da je A ∩ B ⊆ F ∩ B = clB A. �

1.2 Neprekidnost, homeomorfizmi

1.2.1 Neprekidna preslikavaǌa

Definicija 17 Neka su X i Y topoloxki prostori (odgovaraju�e topologije oznaqa-vamo sa TX i TY ). Kaжemo da je preslikavaǌe f : X → Y neprekidno ako je inverznaslika pri f svakog otvorenog skupa u Y otvoren skup u X, tj. (∀V ∈ TY ) f−1(V ) ∈ TX .

Primer 1.2.1 Konstantno preslikavaǌe f : X → Y uvek je neprekidno (kakve god da sutopologije na X i Y ). Naime, ako je y0 ∈ Y takvo da je f(x) = y0 za svako x ∈ X, ondaza B ⊆ Y vaжi da je

f−1(B) =

{X, y0 ∈ B∅, y0 /∈ B

,

pa je, dakle, inverzna slika svakog skupa (tim pre, svakog otvorenog skupa) otvorenskup.

Primer 1.2.2 Identiqko preslikavaǌe (identiteta) 1X : X → X definisano je sa1X(x) = x, x ∈ X. Ono je tako�e neprekidno (ako su topologije na domenu i kodomenuiste), jer je 1

−1X (A) = A za svaki A ⊆ X, pa ako je A otvoren, onda je i 1

−1X (A) otvoren.

10

Teorema 18 Neka je f : X → Y . Naredna tri iskaza su ekvivalentna:

(1) f je neprekidno;

(2) (∀F ∈ FY ) f−1(F ) ∈ FX;

(3) (∀A ⊆ X) f(A) ⊆ f(A).

Dokaz: Dokaza�emo da je (1) ekvivalentno sa (2) i da je (2) ekvivalentno sa (3).(1)⇒(2): Neka je F zatvoren skup u Y . Tada je (f−1(F ))c = f−1(F c) ∈ TX , jer je f

neprekidno, a F c ∈ TY . Dakle, f−1(F ) ∈ FX.(2)⇒(1): Sliqno, za V ∈ TY imamo da je (f−1(V ))c = f−1(V c) ∈ FX, pa je f−1(V ) ∈ TX .(2)⇒(3): Neka je A ⊆ X. Kako je f(A) ⊆ f(A), to je A ⊆ f−1(f(A)) ⊆ f−1(f(A)). S

druge strane, f(A) jeste zatvoren, pa je onda i f−1(f(A)) zatvoren (po pretpostavci).Sada, na osnovu posledice 11 (v), dobijamo inkluziju A ⊆ f−1(f(A)). Odavde konaqnoimamo da je f(A) ⊆ f(f−1(f(A))) ⊆ f(A).

(3)⇒(2): Neka je F ∈ FY . Na osnovu pretpostavke, f(f−1(F )) ⊆ f(f−1(F )) ⊆ F =F . Odavde je f−1(F ) ⊇ f−1(f(f−1(F ))) ⊇ f−1(F ). Naravno, uvek je f−1(F ) ⊆ f−1(F ), pazakǉuqujemo da vaжi f−1(F ) = f−1(F ), tj. f−1(F ) ∈ FX. �

Dakle, preslikavaǌe je neprekidno ako i samo ako je inverzna slika svakog zatvore-nog skupa zatvoren skup. Uz to, tvr�eǌe (3) prethodne teoreme moжda najboǉe oslikavaintuitivni pojam neprekidnosti. Ono kaжe da, ako je neka taqka ,,blizu” skupa A, ondaǌena slika mora biti ,,blizu” skupa f(A), tj. da nema naglih ,,skokova” – pri ,,malim”promenama originala i slika se ,,malo” meǌa.

0

1

√2

−1

1 2 x

y

U narednom primeru, posmatramo jednuprekidnu funkciju i pokazujemo da za ǌu ne vaжeuslovi (1)–(3) teoreme 18.

Primer 1.2.3 Uoqimo preslikavaǌe f : R → Rdefinisano sa

f(x) =

{1− x, x < 2√x, x > 2

.

Znamo da ova funkcija ima prekid u taqki x =2; na primer, zato xto je lim

x→2−f(x) = −1, a

limx→2+

f(x) =√2. Dokaжimo da f ne zadovoǉava

(me�usobno ekvivalentna) tvr�eǌa teoreme 18.(1) Skup V := (1,+∞) je naravno otvoren u R,

dok ǌegova inverzna slika f−1(V ) = (−∞, 0) ∪ [2,+∞) nije otvoren skup.(2) Skup F := V c = (−∞, 1] je zatvoren, a f−1(F ) = [0, 2) nije zatvoren.(3) Uoqimo skup A := (1, 2). Tada je f(A) = (−1, 0), pa je f(A) = [−1, 0]. S druge

strane, A = [1, 2], pa je f(A) = (−1, 0] ∪ {√2}. Dakle, f(A) * f(A).

Pomenuli smo u ovom primeru prekid funkcije u taqki. Za realne funkcije jednerealne promenǉive, pojam (globalne) neprekidnosti najqex�e se i definixe kao nepre-kidnost u svim taqkama domena. To se moжe uraditi i za preslikavaǌa topoloxkihprostora.


Definicija 19 Neka je f : X → Y i x0 ∈ X. Kaжemo da je preslikavaǌe f neprekidnou taqki x0 ako za svaku okolinu G taqke f(x0) postoji okolina H taqke x0 takva da jef(H) ⊆ G.

Stav 20 Preslikavaǌe f : X → Y jeste neprekidno ako i samo ako je neprekidno u svakojtaqki domena.

Dokaz: ⇒) Pretpostavimo da je f (globalno) neprekidno. Neka je x0 ∈ X i G ∈ O(f(x0)).To znaqi da postoji V ∈ TY takav da je f(x0) ∈ V ⊆ G. Skup H := f−1(V ) jeste otvorenu X jer je f neprekidno, a tako�e, sadrжi taqku x0 (jer f(x0) ∈ V ), pa zakǉuqujemo daje H ∈ O(x0). Konaqno, f(H) = f(f−1(V )) ⊆ V ⊆ G.

⇐) Pretpostavimo sada da je f neprekidno u svim taqkama domena. Neka je V ∈ TY .Dokaжimo (pomo�u stava 8) da f−1(V ) ∈ TX. Za proizvoǉno x0 ∈ f−1(V ) imamo daf(x0) ∈ V , a poxto je V otvoren, vaжi i V ∈ O(f(x0)). S obzirom na neprekidnostpreslikavaǌa f u taqki x0, postoji H ∈ O(x0) takvo da je f(H) ⊆ V . Odavde zakǉuqujemoda postoji U ∈ TX sa osobinom x0 ∈ U ⊆ H ⊆ f−1(f(H)) ⊆ f−1(V ), xto je i trebalodokazati. �

Stav 21 Ako su preslikavaǌa f : X → Y i g : Y → Z neprekidna, onda je i ǌihova kom-pozicija g ◦ f : X → Z neprekidno preslikavaǌe.

Dokaz: Ako je W ∈ TZ, onda je g−1(W ) ∈ TY (jer je g neprekidno). Kako je i f neprekidno,to je (g ◦ f)−1(W ) = f−1(g−1(W )) ∈ TX . �

Stav 22 Ako je A ⊆ X i f : X → Y neprekidno, onda je i restrikcija f |A : A → Yneprekidno preslikavaǌe.

Dokaz: Neka je V ∈ TY . Tada je f−1(V ) ∈ TX, pa je zato (f |A)−1(V ) = f−1(V ) ∩ A ∈ TA. �

Dakle, restrikcija neprekidnog preslikavaǌa je neprekidno preslikavaǌe. Postav-ǉa se pitaǌe da li je za dato preslikavaǌe f : X → Y dovoǉno proveriti neprekid-nost ǌegovih restrikcija na neke (pogodno odabrane) potprostore, da bi se utvrdilaneprekidnost u globalu. Ovim pitaǌem se bavi slede�a teorema, poznata pod nazivomTeorema o lepǉeǌu (ili Lema o lepǉeǌu).

Teorema 23 Neka su A1, A2, . . . , An ⊆ X (n ∈ N) takvi da je A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An = X i nekaje f : X → Y takvo da su sve restrikcije f |Ai

: Ai → Y , i = 1, n, neprekidna preslikavaǌa.Tada vaжe slede�e implikacije.

(a) Ako su svi Ai, i = 1, n, otvoreni, onda je f neprekidno preslikavaǌe.

(b) Ako su svi Ai, i = 1, n, zatvoreni, onda je f neprekidno preslikavaǌe.

Dokaz: (a) Neka je V ∈ TY . Tada je

f−1(V ) = f−1(V ) ∩X = f−1(V ) ∩n⋃

i=1

Ai =n⋃

i=1

(f−1(V ) ∩Ai

)=

n⋃

i=1

(f |Ai)−1(V ).

Sada, za 1 6 i 6 n, poxto je restrikcija f |Aineprekidna, skup (f |Ai

)−1(V ) je otvoren uAi, a kako je Ai otvoren u X, to je (f |Ai

)−1(V ) otvoren i u X (po stavu 15). Konaqno,f−1(V ) je otvoren kao unija otvorenih.

12

(b) Ovaj deo pokazujemo na praktiqno isti naqin kao i prethodni, jedino xto,umesto po definiciji, neprekidnost dokazujemo tako xto dokaжemo da vaжi iskaz (2)teoreme 18. Za F ∈ FY imamo da je

f−1(F ) = f−1(F ) ∩X = f−1(F ) ∩n⋃

i=1

Ai =n⋃

i=1

(f−1(F ) ∩Ai

)=

n⋃

i=1

(f |Ai)−1(F ),

a ovo je zatvoren skup u X kao konaqna unija zatvorenih (skupovi (f |Ai)−1(F ), 1 6

i 6 n, zatvoreni su u X na osnovu neprekidnosti restrikcija f |Ai, qiǌenice da su Ai

zatvoreni u X i stava 15). �

Napomenimo da deo (a) teoreme 23 vaжi i za proizvoǉnu familiju potprostora{Aλ}λ∈Λ takvu da je

⋃λ∈ΛAλ = X (ne samo za konaqnu), jer je unija proizvoǉne familije

otvorenih skupova otvoren skup.Primetimo jox i da su restrikcije funkcije f : R→ R iz primera 1.2.3 na potpros-

tore (−∞, 2) i [2,+∞) neprekidne, ali iako je (−∞, 2)∪ [2,+∞) = R, f nije neprekidna.Naravno, Teorema o lepǉeǌu ovde se ne moжe primeniti, jer za potprostore (−∞, 2) i[2,+∞) ne vaжi ni da su oba otvorena niti da su oba zatvorena.

Nije na odmet primetiti i slede�u qiǌenicu. Ako je f : X → Y , f(X) ⊆ B ⊆ Y

i f : X → B definisano sa f(x) = f(x), x ∈ X, onda je f neprekidno ako i samo

ako je f neprekidno. To je zato xto je f−1(V ∩ B) = f−1(V ) za proizvoǉno V ⊆ Y .Dakle, eventualno suжavaǌe i proxirivaǌe kodomena (uz uslov da taj kodomen uveksadrжi sliku f(X)) ne utiqe na neprekidnost. Ako to ne izaziva nedoumice, qesto se

za preslikavaǌe f i ne uvodi nova oznaka, nego se koristi f .Narednom definicijom uvodimo jox dva znaqajna pojma.

Definicija 24 Neka je f : X → Y .

(1) f je otvoreno preslikavaǌe ako je (direktna) slika pri f svakog otvorenog skupaotvoren skup ((∀U ∈ TX) f(U) ∈ TY );

(2) f je zatvoreno ako je (direktna) slika pri f svakog zatvorenog skupa zatvorenskup ((∀F ∈ FX) f(F ) ∈ FY ).

1.2.2 Homeomorfizmi

Definicija 25 Preslikavaǌe f : X → Y nazivamo homeomorfizmom ako je f bijekcijai ako su i f i f−1 neprekidna preslikavaǌa.

Kaжemo da su prostori X i Y homeomorfni, i pixemo X ≈ Y , ako postoji homeo-morfizam f : X → Y . Tada se jox kaжe da X i Y imaju isti topoloxki tip.

Iz definicije je jasno da, ako je f homeomorfizam, onda je i f−1 homeomorfizam,xto znaqi da X ≈ Y povlaqi Y ≈ X. Tako�e, oqigledno je i da je kompozicija dvahomeomorfizma opet homeomorfizam, pa zakǉuqujemo da iz X ≈ Y i Y ≈ Z slediX ≈ Z. Naravno, uvek vaжi i X ≈ X, jer je identiteta 1X : X → X homeomorfizam.

Primetimo tako�e da, ako je f : X → Y homeomorfizam i A ⊆ X, onda je i restrik-cija (sa suжenim kodomenom) f |A : A → f(A) homeomorfizam, jer je (f |A)−1 = f−1|f(A).Dakle, ako je X ≈ Y pri nekom homeomorfizmu f , u oznaci X

f≈ Y , onda je za svaki

A ⊆ X, A ≈ f(A) pri odgovaraju�im restrikcijama (i tu se obiqno pixe Af≈ f(A)).


Teorema 26 Neka je f : X → Y . Naredna qetiri iskaza su me�usobno ekvivalentna:

(1) f je homeomorfizam;

(2) f je bijektivno, neprekidno i otvoreno;

(3) f je bijektivno, neprekidno i zatvoreno;

(4) f je bijekcija i (∀A ⊆ X) f(A) = f(A).

Dokaz: (1)⇒(2): Treba samo dokazati da je f otvoreno. Ako je U ∈ TX , onda je f(U) =(f−1)−1(U) ∈ TY , jer je f−1 neprekidno.

(2)⇒(3): Po pretpostavci, f je bijektivno i neprekidno. Dokaжimo da je zatvoreno.Ako je F ∈ FX, onda je (f(F ))c = f(F c) (jer je f bijekcija), a skup f(F c) jeste otvoren uY jer je F c ∈ TX i f otvoreno. Dakle, f(F ) ∈ FY .

(3)⇒(4): Na osnovu pretpostavke, imamo da je f bijekcija. Neka je sada A ⊆ X.Inkluzija f(A) ⊆ f(A) vaжi jer je f neprekidno (teorema 18, (1)⇒(3)). S druge strane,kako je f zatvoreno, to je f(A) ∈ FY , pa poxto je f(A) ⊆ f(A), zakǉuqujemo da jef(A) ⊆ f(A).

(4)⇒(1): Znamo da je f bijekcija, a prema teoremi 18 (implikacija (3)⇒(1)), f jei neprekidno. Dokaжimo da je f−1 : Y → X neprekidno. Neka je B ∈ FX. Tada jef(B) = f(B) = f(B) (po pretpostavci). Dakle, skup (f−1)−1(B) = f(B) jeste zatvoren uY , pa je f−1 neprekidno. �

Me�usobno homeomorfni prostori se u topologiji maltene smatraju jednakim. Zatopojam homeomorfizma predstavǉa centralni pojam topologije. Ilustrujmo ga pomo�unekoliko primera.

Primer 1.2.4 Dokaжimo da je za a < b, [a, b] ≈ [0, 1]. Odavde �e odmah slediti da susvaka dva segmenta (dve zatvorene duжi na realnoj pravoj) me�usobno homeomorfna.Definiximo f : [a, b] → [0, 1] sa f(x) = x−a

b−a . Lako se proverava da je f bijekcija i da jeinverzno preslikavaǌe dato sa f−1(t) = (1− t)a+ tb. Oqigledno, i f i f−1 su neprekidnefunkcije (jer su linearne), pa je, dakle, [a, b] ≈ [0, 1]. Restrikcije linearnih funkcijaf i f−1 na otvorene intervale (a, b) i (0, 1) jesu me�usobno inverzni homeomorfizmiizme�u ovih intervala, pa dakle, vaжi i da su svi otvoreni intervali (otvoreneduжi na realnoj pravoj) me�usobno homeomorfni. Sliqno, [a, b) ≈ [0, 1). Tako�e, polu-otvoren interval [0, 1) homeomorfan je poluotvorenom intervalu (0, 1], odgovaraju�ihomeomorfizam je dat sa x 7→ 1− x.

≈ ≈

≈ ≈

≈≈

≈

Dakle, prilikom rastezaǌa, odnosno skupǉaǌa duжi, ne meǌa se topoloxki tip.To vaжi kako za zatvorene, tako i za otvorene i poluotvorene duжi. Xtavixe, polu-otvorenu duж moжemo da ,,okrenemo na drugu stranu” (da umesto levog, desni kraj budeukǉuqen), a da se pri tom ne promeni topoloxki tip.

14

Primer 1.2.5 Preslikavaǌe h : (−π2, π2) → R definisano sa h(x) = tg x, predstavǉa

homeomorfizam izme�u otvorenog intervala i qitave realne prave (h−1(y) = arctg y).Dakle, otvorenu duж, moжemo da rastegnemo qak ,,u beskonaqnost”, a da joj ne prome-nimo topoloxki tip. I obrnuto, (neograniqenu) pravu moжemo da skupimo na ogra-niqen interval, ali otvoren (tako da ne sadrжi krajǌe taqke).

Restrikcija preslikavaǌa h na [0, π2) daje homeomorfizam izme�u poluotvorene duжi

i poluprave [0,+∞).

Primer 1.2.6 Ako je kr = {x ∈ R2 | ‖x‖ = r} kruжnica u ravni sa centrom u koordi-natnom poqetku polupreqnika r > 0, onda preslikavaǌe (homotetija) h : S1 → kr, defi-nisano sa h(x) = rx, predstavǉa homeomorfizam izme�u jediniqne kruжnice S1 = k1 i

kruжnice kr (h−1(y) = 1r· y). Sliqno, ako je kr kruжnica u ravni polupreqnika r qiji

centar nije obavezno u koordinatnom poqetku, odgovaraju�a translacija uspostavǉahomeomorfizam izme�u kruжnica kr i kr.

Dakle, sve kruжnice u ravni, bez obzira na centar i polupreqnik, me�usobno suhomeomorfne. To opet znaqi da se istezaǌem i skupǉaǌem kruжnice ne meǌa topoloxkitip.

≈ ≈

Naravno, homotetije i translacije uspostavǉaju homeomorfizme i izme�u zatvorenihdiskova razliqitih centara i polupreqnika, zatim, otvorenih diskova itd.

≈

Potpuno je analogna situacija i u viximdimenzijama. Na primer, sve dvodimen-zione sfere su me�usobno homeomorfne.Dakle, sferu moжemo da ,,naduvavamo” i,,izduvavamo”. Topoloxki, sve ostaje isto.

Primer 1.2.7 Na osnovu primera 1.2.5, otvo-reni interval, odnosno jednodimenzioni ot-

voreni disk,◦D1 = (−1, 1) homeomorfan je qi-

tavoj realnoj pravoj. Vaжi i uopxteǌe ovoga:◦Dn ≈ Rn za svako n ∈ N. Na primer, preslika-

vaǌe h :◦Dn → Rn dato sa h(x) = 1

1−‖x‖ · x, predstavǉa homeomorfizam, jer je neprekidno,

a i ǌemu inverzno h−1 : Rn →◦Dn, h−1(y) = 1

1+‖y‖ · y, tako�e je neprekidno.

Primer 1.2.8 Neka je dat X ⊆ Rn i neka je f : X → R neprekidno preslikavaǌe. Akoje Γf = {(x, f(x)) | x ∈ X} ⊆ Rn+1 grafik funkcije f , onda je preslikavaǌe h : X → Γf ,definisano sa h(x) = (x, f(x)), homeomorfizam. Naime, ono je oqigledno bijektivno;neprekidno je, jer su mu koordinatna preslikavaǌa neprekidna (ovde se koristi qi-ǌenica da je f neprekidno); dok je ǌegov inverz restrikcija na Γf projekcije na prvihn koordinata, pa je i ono neprekidno.


Dakle, grafik neprekidne realne funkcije homeomorfan je domenu te funkcije.Na primer, segment (zatvorena duж) homeomorfan je grafiku bilo koje neprekidnefunkcije definisane na tom segmentu.

≈ ≈

Dakle, duжi ne samo da moжemo da rasteжemo i skupǉamo, ve� moжemo i da ihsavijamo i ispravǉamo.

≈

Sliqna je situacija i kod vixedimen-zionih geometrijskih figura. I ǌihov to-poloxki tip se ne meǌa prilikom savija-ǌa, skupǉaǌa, istezaǌa, ispravǉaǌa. Naprimer, grafik funkcije f : Dn → Rdefinisane sa f(x) =

√1− ‖x‖2, jeste po-

lusfera dimenzije n. Posebno, dvodimen-zioni zatvoreni disk D2 homeomorfan je(zatvorenoj) polusferi.

Primer 1.2.9 Ako sa kruжnice izbacimojednu taqku, onda nam intuicija kazuje da je dobijena kriva homeomorfna otvorenojduжi. Naime, na mestu gde je izbaqena taqka, linija se ,,razdvoji”, pa nakon isprav-ǉaǌa, dobijamo otvorenu duж.

bc

≈ ≈

Uz to, kako je otvorena duж homeomorfna qitavoj realnoj pravoj (primer 1.2.5), toje kruжnica bez jedne taqke, u oznaci S1 \ ∗, homeomorfna sa R. Dokaжimo formalnoovu qiǌenicu. Zapravo, vaжi i mnogo opxtije: Sn \∗ ≈ Rn za svako n ∈ N. Predstoje�idokaz je i dat za opxti sluqaj.

Najpre, primetimo da topoloxki tip prostora Sn \ ∗ ne zavisi od izbaqene taqke,jer homeomorfizam izme�u dva takva prostora (za dva razliqita izbora taqke koja seizbacuje) ostvaruje odgovaraju�a rotacija (ambijentnog) prostora Rn+1. Zato, bez gu-bitka opxtosti, moжemo posmatrati prostor Sn \{N}, gde je N = (0, 0, . . . , 0, 1) ,,severnipol”. Definixemo preslikavaǌe s : Sn \ {N} → Rn, koje se zove stereografska projek-cija, na slede�i naqin: taqki x ∈ Sn \ {N} dodeǉujemo presek poluprave Nx (qije jeteme N i koja prolazi kroz x) sa hiperravni α : xn+1 = 0 (koja se na prirodan naqinidentifikuje sa Rn).

16

bb

b

b

N

x

s(x)α

Dakle, ako je x = (x1, x2, . . . , xn+1) ∈ Sn \ {N} (primetimo da je xn+1 < 1), onda je

s(x) = N + t · −→Nx = (0, 0, . . . , 0, 1)+ t · (x1, x2, . . . , xn, xn+1− 1) =(tx1, tx2, . . . , txn, 1+ t(xn+1− 1)

),

pri qemu pozitivni skalar t = t(x) odre�ujemo iz uslova da taqka s(x) pripada hiper-ravni α, tj. t je rexeǌe jednaqine 1+ t(xn+1 − 1) = 0. Zakǉuqujemo da je t = 1

1−xn+1, pa je

s(x) =(

x11−xn+1

, x21−xn+1

, . . . , xn1−xn+1

, 0), tj.

s(x) =

(x1

1− xn+1,

x21− xn+1

, . . . ,xn

1− xn+1

),

ako izvrximo pomenutu identifikaciju hiperravni α sa Rn. Sada je oqigledno da jes neprekidno preslikavaǌe, jer su sva ǌegova koordinatna preslikavaǌa neprekidna.Tako�e, ako uoqimo preslikavaǌe σ : Rn → Sn \ {N} definisano sa

σ(y) =

(2y1

‖y‖2 + 1,

2y2‖y‖2 + 1

, . . . ,2yn

‖y‖2 + 1,‖y‖2 − 1

‖y‖2 + 1

), y = (y1, y2, . . . , yn) ∈ Rn,

izravno se proverava da su s i σ me�usobno inverzne bijekcije. Ve� smo konstatovalida je s neprekidno, a iz istog razloga (neprekidnosti koordinatnih funkcija) i σ jeneprekidno. Dakle, stereografska projekcija s jeste homeomorfizam, pa je Sn \ ∗ ≈ Rn(za proizvoǉno n ∈ N).

Primer 1.2.10 Uoqimo sad preslikavaǌe f : [0, 1) → S1 dato sa f(t) = (cos 2πt, sin 2πt).ǋim se poluotvoreni interval [0, 1) namota na kruжnicu S1.

f

0 1 01

1

−1

−1

S1

b

x

y

b12

1.3 Kompaktnost 17

Ono je oqigledno neprekidno (koordinatna preslikavaǌa su mu neprekidna) i bi-jektivno. Me�utim, f nije homeomorfizam. Dokaжimo da nije ispuǌen, na primer,uslov (3) teoreme 26, tj. da f nije zatvoreno. Skup [1

2, 1) jeste zatvoren u [0, 1), ali

skup f([12, 1)) = {(x, y) ∈ S1 | y < 0} ∪ {(−1, 0)} nije zatvoren u S1 (ǌegovo zatvoreǌe

sadrжi jox i taqku (1, 0)).

Dakle, neformalno govore�i, dve geometrijske figure su istog topoloxkog tipa akose od jedne moжe dobiti druga savijaǌem, skupǉaǌem, rastezaǌem, obrtaǌem, naduva-vaǌem, izduvavaǌem. To je i razlog zaxto se za topologiju kaжe da je geometrijagumenih objekata. Ono xto je ,,zabraǌeno” pri radu sa tim objektima jeste kidaǌe islepǉivaǌe nekih ǌihovih delova. Na primer, iako qiǌenica da preslikavaǌe f izprimera 1.2.10 nije homeomorfizam ne predstavǉa dokaz da ne postoji homeomorfizamh : [0, 1) → S1 (taj dokaz dajemo nexto kasnije), intuicija nam govori da poluotvoreninterval i kruжnica nisu istog topoloxkog tipa. Naime, da bismo od kruжnice do-bili poluotvorenu duж, neophodno je da tu kruжnicu ,,pokidamo” na jednom mestu.

Kao xto je ve� napomenuto, homeomorfizam je centralni pojam topologije. Topolo-gija se i bavi onim svojstvima koja se quvaju pri homeomorfizmima. Preciznije,svojstvo P je topoloxko svojstvo, ili topoloxka invarijanta, ako za proizvoǉnetopoloxke prostore X i Y vaжi slede�a implikacija:

X ≈ Y, X ima svojstvo P =⇒ Y ima svojstvo P.

Na primer, neke od osnovnih osobina koje moжe imati dati metriqki prostor jesu kom-pletnost, ograniqenost, kompaktnost i povezanost. Prve dve osobine nisu topoloxke.Naime, na osnovu primera 1.2.5, (−π

2, π2) ≈ R, otvoren interval (−π

2, π2) jeste ograniqen,

a nije kompletan, dok realna prava R jeste kompletan, a nije ograniqen metriqki pros-tor. Druge dve osobine jesu topoloxke i ǌima se bavimo u narednim odeǉcima.

Sasvim sliqno, za neku veliqinu ρ(X) topoloxkog prostora X (na primer, brojkomponenti povezanosti) kaжe se da je topoloxka invarijanta ako je ρ(X) = ρ(Y ) kadgod je X ≈ Y .

1.3 Kompaktnost

1.3.1 Kompaktni prostori

Kao xto je i do sad bilo uobiqajeno, podrazumevamo da je X topoloxki prostor. Sa TXoznaqavamo odgovaraju�u topologiju na X, a sa FX familiju svih zatvorenih skupovau X.

Definicija 27 Neka je U ⊆ P(X). Kaжemo da je familija U pokrivaq prostora X (ilida familija U pokriva prostor X) ako vaжi

⋃U = X. Ako je jox i U ⊆ TX (tj. ako susvi elementi pokrivaqa U otvoreni skupovi), onda kaжemo da je U otvoren pokrivaqprostora X.

Neka su U i U1 dva pokrivaqa prostora X. Kaжemo da je U1 potpokrivaq pokrivaqaU ako je U1 ⊆ U .

18

Definicija 28 Prostor X je kompaktan ako se iz ǌegovog proizvoǉnog otvorenogpokrivaqa moжe izdvojiti konaqan potpokrivaq, tj. ako za svaku familiju U = {Uλ}λ∈Λotvorenih skupova (U ⊆ TX) vaжi implikacija:

⋃

λ∈ΛUλ = X =⇒ (∃λ1, λ2, . . . , λn ∈ Λ)

n⋃

i=1

Uλi = X.

Sasvim sliqno definixemo pokrivaq i kompaktnost skupa A ⊆ X.

Definicija 29 Neka je A ⊆ X. Familiju U ⊆ P(X) nazivamo pokrivaqem skupa A akoje A ⊆ ⋃U . Pokrivaq U je otvoren ako je U ⊆ TX.

Definicija 30 Neka je A ⊆ X. Kaжemo da je A kompaktan skup u X ako se iz svakogotvorenog pokrivaqa skupa A moжe izdvojiti konaqan potpokrivaq, tj. ako za svakufamiliju U = {Uλ}λ∈Λ otvorenih skupova u X (U ⊆ TX) vaжi implikacija:

A ⊆⋃

λ∈ΛUλ =⇒ (∃λ1, λ2, . . . , λn ∈ Λ) A ⊆

n⋃

i=1

Uλi .

Primer 1.3.1 Svaki konaqan skup u prostoru X jeste kompaktan. Naime, ako je A ={a1, a2, . . . , an} ⊆ X i {Uλ}λ∈Λ familija otvorenih skupova takva da je A ⊆ ⋃λ∈Λ Uλ, ondaza svako i ∈ {1, 2, . . . , n} postoji λi ∈ Λ sa svojstvom ai ∈ Uλi, pa je A ⊆ ⋃n

i=1 Uλi.

Stav 31 Neka je A ⊆ X. A je kompaktan skup u X ako i samo ako je A kompaktan kaotopoloxki prostor.

Dokaz: ⇒) Pretpostavimo da je A kompaktan u X. Neka je {Uλ}λ∈Λ familija skupovaotvorenih u A (Uλ ∈ TA, λ ∈ Λ) koja pokriva A (A =

⋃λ∈Λ Uλ). Za svako λ ∈ Λ postoji

Vλ ∈ TX takvo da je Uλ = Vλ ∩ A (jer Uλ ∈ TA). Zato je A =⋃λ∈Λ Uλ =

⋃λ∈Λ(A ∩ Vλ) =

A∩⋃λ∈Λ Vλ. Odavde, pak, sledi da je A ⊆ ⋃λ∈Λ Vλ. Me�utim, skupovi Vλ, λ ∈ Λ, otvorenisu u X, dok je A kompaktan u X, pa postoje λ1, λ2, . . . , λn ∈ Λ sa svojstvom A ⊆ ⋃n

i=1 Vλi.Zakǉuqujemo da je A = A∩⋃n

i=1 Vλi =⋃ni=1(A∩Vλi) =

⋃ni=1 Uλi, xto znaqi da imamo konaqan

potpokrivaq (polaznog) pokrivaqa {Uλ}λ∈Λ. Dakle, A je kompaktan topoloxki prostor.⇐) Dokaz ovog drugog smera vrlo je sliqan dokazu prvog. Ako je {Vλ}λ∈Λ familija

otvorenih skupova u X koja pokriva A, onda je A = A∩⋃λ∈Λ Vλ =⋃λ∈Λ(A∩Vλ), pa dakle,

familija {A ∩ Vλ}λ∈Λ tako�e pokriva A. Me�utim, ovo je familija skupova otvorenihu A, a A je, po pretpostavci, kompaktan topoloxki prostor, pa postoje λ1, λ2, . . . , λn ∈ Λtakvi da je A =

⋃ni=1(A ∩ Vλi) = A ∩ ⋃n

i=1 Vλi. Prema tome, A ⊆ ⋃ni=1 Vλi. Dakle, iz

(proizvoǉnog) pokrivaqa {Vλ}λ∈Λ ⊆ TX skupa A, izdvojili smo konaqan potpokrivaq, pazakǉuqujemo da je A kompaktan skup u prostoru X. �

Videli smo u prvom odeǉku da je mogu�e da skup koji je otvoren (zatvoren) u nekompotprostoru ne bude otvoren (zatvoren) u ambijentnom prostoru. Stav 31 govori dato nije mogu�e kad je kompaktnost u pitaǌu. Kompaktnost datog skupa (prostora) nezavisi od ambijenta u kom ga posmatramo. Ako se pitamo da li je on kompaktan, gledaliga kao prostor za sebe ili kao potprostor nekog xireg (ma kojeg) ambijentnog prostora– isti je odgovor.

Stav 32 Ako je X kompaktan i f : X → Y neprekidna surjekcija, onda je i Y kompaktan.

1.3 Kompaktnost 19

Dokaz: Neka je {Vλ}λ∈Λ otvoren pokrivaq prostora Y . Tada je

X = f−1(Y ) = f−1

( ⋃

λ∈ΛVλ

)=⋃

λ∈Λf−1(Vλ).

Me�utim, skupovi f−1(Vλ), λ ∈ Λ, jesu otvoreni u X (jer je f neprekidno), a X jekompaktan, te postoje λ1, λ2, . . . , λn ∈ Λ takvi da je X =

⋃ni=1 f

−1(Vλi). Konaqno, kako je f,,na”, to je

Y = f(X) = f

( n⋃

i=1

f−1(Vλi)

)=

n⋃

i=1

f(f−1(Vλi)

)=

n⋃

i=1

Vλi.

Dakle, familija {Vλi}i=1,n jeste (konaqan) potpokrivaq pokrivaqa {Vλ}λ∈Λ, pa je Y kom-paktan. �

Ovaj stav ima dve znaqajne posledice.

Posledica 33 Kompaktnost je topoloxka invarijanta.

Dokaz: Homeomorfizam f : X≈−→ Y jeste neprekidna surjekcija, pa ako je X kompaktan,

onda to vaжi i za Y . �

Dakle, kompaktan prostor ne moжe da bude homeomorfan prostoru koji nije kom-paktan. Iz teorije metriqkih prostora znamo da je potprostor euklidskog prostoraRn kompaktan ako i samo ako je zatvoren (u Rn) i ograniqen. Ovim dobijamo sijasetprimera me�usobno nehomeomorfnih prostora.

6≈

6≈

6≈

Zatvoren interval nije homeomorfan ni otvore-nom ni poluotvorenom intervalu. Naime, [a, b] jezatvoren i ograniqen, pa je kompaktan, dok (a, b) i[a, b) nisu zatvoreni u R, pa nisu kompaktni.

Na ovaj naqin moжemo da dokaжemo i qiǌenicu dapoluotvoren interval nije homeomorfan kruжnici(v. primer 1.2.10). To je zato xto [a, b) nije kompak-tan prostor, a kruжnica je kompaktna kao zatvoreni ograniqen podskup euklidske ravni.

Posledica 34 Ako je f : X → Y neprekidno preslika-vaǌe i A ⊆ X kompaktan, onda je i f(A) kompaktan.

Dokaz: Restrikcija f |A : A → f(A) jeste neprekidna surjekcija, pa tvr�eǌe poslediceodmah sledi iz stava 32. �

Inaqe, stav 32, odnosno posledica 34, kra�e se iskazuju slede�im reqima: kom-paktnost je (ne samo topoloxka, nego i) neprekidna invarijanta – neprekidna slikakompaktnog skupa jeste kompaktan skup.

Stav 35 Ako je X kompaktan i A zatvoren potprostor od X, onda je i A kompaktan.

Dokaz: Neka je {Uλ}λ∈Λ otvoren pokrivaq skupa A. Dakle, vaжi da je Uλ ∈ TX za svakoλ ∈ Λ, kao i A ⊆ ⋃λ∈Λ Uλ. Zato je

X = Ac ∪ A ⊆ Ac ∪⋃

λ∈ΛUλ, tj. X = Ac ∪

⋃

λ∈ΛUλ,

20

pa zakǉuqujemo da familija {Ac}∪{Uλ}λ∈Λ pokriva X. Me�utim, Ac ∈ TX (jer je A ∈ FX),pa je ovo jedan otvoren pokrivaq prostora X. Kako je X kompaktan, to iz pokrivaqa{Ac} ∪ {Uλ}λ∈Λ moжemo izdvojiti konaqan potpokrivaq. Ako tom konaqnom potpokri-vaqu dodamo skup Ac (bez obzira na to da li ga on moжda ve� i sadrжi), opet do-bijamo konaqan potpokrivaq, pa, bez gubitka opxtosti, moжemo pretpostaviti da jeAc u izdvojenom potpokrivaqu. Zakǉuqujemo da postoje λ1, λ2, . . . , λn ∈ Λ takvi da jeX = Ac ∪⋃n

i=1 Uλi, odakle odmah sledi da je A ⊆ ⋃ni=1 Uλi. �

Kao xto je ve� naznaqeno, podskup euklidskog prostora Rn jeste kompaktan ako isamo ako je zatvoren i ograniqen. Xtavixe, kompaktan podskup proizvoǉnog metriqkogprostora uvek je zatvoren (uvek je i ograniqen, ali ograniqenost nije topoloxki pojam,pa to sad ne razmatramo). Moжemo da postavimo pitaǌe da li je svaki kompaktanpodskup topoloxkog prostora zatvoren u tom prostoru. Odgovor na ovo pitaǌe jeodriqan. Na primer, u antidiskretnom prostoru (X, Ta), gde X ima bar dva elementa,bilo koji jednoqlan podskup je kompaktan (jer je konaqan), ali nije zatvoren, jer sujedini zatvoreni skupovi ∅ i X. U narednom pododeǉku uvodimo (topoloxko) svojstvoT2. U prostorima koji imaju to svojstvo, odgovor na prethodno postavǉeno pitaǌebi�e potvrdan.

1.3.2 Hauzdorfovi prostori

Definicija 36 Kaжemo da je topoloxki prostor X Hauzdorfov, ili da X ima svojstvoT2, ili najkra�e, da je X T2-prostor, ako svake dve razliqite taqke prostora X imajume�usobno disjunktne okoline, tj. ako, za svake dve taqke x, y ∈ X, iz x 6= y sledi dapostoje G ∈ O(x) i H ∈ O(y) sa osobinom G ∩H = ∅.

bb

X

U V

x y

Kako je otvoren skup okolina svake svoje taqkei kako, s druge strane, svaka okolina date taqkesadrжi otvoren skup koji sadrжi tu taqku, toje uslov iz definicije ekvivalentan slede�emuslovu: za svake dve razliqite taqke x i y pros-tora X postoje otvoreni skupovi U i V takvi dax ∈ U , y ∈ V i U ∩ V = ∅.

Primer 1.3.2 Svaki metriqki prostor je Hauz-dorfov. Naime, ako su x i y dve razliqite taqkemetriqkog prostora X, onda je rastojaǌe izme�uǌih strogo pozitivno. Ako je ε = d(x, y) > 0, onda moжemo uzeti da je U = B(x; ε

3) i

V = B(y; ε3). Otvorene kugle su otvoreni skupovi, a oqigledno vaжi da x ∈ U , y ∈ V i

U ∩ V = ∅.

Stav 37 Svojstvo T2 je topoloxka invarijanta.

Dokaz: Neka je h : X → Y homeomorfizam i pretpostavimo da je X T2-prostor. Neka suy1, y2 ∈ Y dve razliqite taqke. Tada su i taqke h−1(y1) i h−1(y2) razliqite, pa postojeU, V ∈ TX takvi da je h−1(y1) ∈ U , h−1(y2) ∈ V i U ∩ V = ∅. Poxto je h homeomorfizam,vaжi da h(U), h(V ) ∈ TY , y1 ∈ h(U), y2 ∈ h(V ), h(U)∩h(V ) = h(U ∩V ) = h(∅) = ∅, pa su h(U)i h(V ) traжene disjunktne okoline taqaka y1 i y2. Dakle, Y je Hauzdorfov. �

1.3 Kompaktnost 21

Stav 38 Potprostor T2-prostora jeste T2-prostor.

Dokaz: Neka je X T2-prostor i A ⊆ X. Neka su jox i a1, a2 ∈ A dve razliqite taqke.Tada postoje U, V ∈ TX takvi da je a1 ∈ U , a2 ∈ V i U ∩V = ∅. Skupovi U ∩A i V ∩A jesuotvoreni u potprostoru A, a pri tom vaжi i a1 ∈ U ∩ A, a2 ∈ V ∩ A, (U ∩ A) ∩ (V ∩ A) =U ∩ V ∩A = ∅ ∩A = ∅. Dakle, A je T2-prostor. �

Dokaжimo sada qiǌenicu najavǉenu na kraju prethodnog pododeǉka.

Stav 39 Neka je X Hauzdorfov prostor i A ǌegov kompaktan potprostor. Tada je Azatvoren u X.

Dokaz: Dokaza�emo da je Ac otvoren u X, i to pomo�u stava 8. Neka je x ∈ Ac. Traжimootvoren skup V takav da x ∈ V ⊆ Ac.

bb

XA

axUa

Va

Za svaku taqku a ∈ A, naravno vaжi da je a 6= x,pa kako X ima svojstvo T2, to postoje Ua, Va ∈ TXtakvi da a ∈ Ua, x ∈ Va i Ua ∩ Va = ∅. Sada jeA ⊆ ⋃

a∈A Ua (jer a ∈ Ua za svako a ∈ A). SkupoviUa, a ∈ A, jesu otvoreni, a skup A je kompaktan,pa prema tome, postoje a1, a2, . . . , an ∈ A takvi da jeA ⊆ ⋃n

i=1 Uai.Definiximo V :=

⋂ni=1 Vai i dokaжimo da je V

traжeni skup. Prvo, V je otvoren kao konaqan pre-sek otvorenih. Zatim, x ∈ V jer x ∈ Va za svakoa ∈ A, pa tim pre, x ∈ Vai za svako i ∈ {1, 2, . . . , n}. Ostaje jox da dokaжemo da je V ⊆ Ac.Ako je y ∈ V , onda y ∈ Vai za sve i = 1, n. S druge strane, Uai ∩Vai = ∅, i = 1, n, xto znaqida y ne pripada nijednom od skupova Uai, i = 1, n, tj. y /∈ ⋃n

i=1 Uai. Poxto je A ⊆ ⋃ni=1 Uai,

zakǉuqujemo da y /∈ A, odnosno y ∈ Ac, xto je i trebalo dokazati. �

Stavovi 35 i 39 qesto se iskazuju na slede�i naqin: zatvoren u kompaktnom jekompaktan; kompaktan u Hauzdorfovom je zatvoren.

Stav 40 Neka je X kompaktan, Y T2-prostor i f : X → Y neprekidno preslikavaǌe. Tadaje f zatvoreno.

Dokaz: Ako je B ∈ FX, onda je B kompaktan (stav 35). Zato je i f(B) kompaktan (posle-dica 34). Na osnovu stava 39, zakǉuqujemo da f(B) ∈ FY . �

Primer 1.2.10, izme�u ostalog, pokazuje da neprekidna bijekcija ne mora biti ihomeomorfizam. Ipak, vaжi slede�e tvr�eǌe, koje je direktna posledica stava 40 iteoreme 26 (implikacija (3)⇒(1)).

Posledica 41 Ako je f : X → Y neprekidna bijekcija, X kompaktan i Y Hauzdorfov,onda je f homeomorfizam.

1.3.3 Utapaǌa

Definicija 42 Za preslikavaǌe f : X → Y kaжemo da je utapaǌe (ili ulagaǌe) ako je

homeomorfizam na sliku, tj. ako je X ≈ f(X) pri f (Xf≈ f(X)). Drugim reqima, f je

utapaǌe ako je odgovaraju�e preslikavaǌe f : X → f(X), f(x) := f(x) za x ∈ X, (dakle,f s kodomenom suжenim na sliku) homeomorfizam.

22

Oqito, svako utapaǌe je neprekidna injekcija. Obrnuto, pak, ne mora da vaжi.

Primer 1.3.3 Preslikavaǌe f : [0, 1) → R2 dato sa f(t) = (cos 2πt, sin 2πt) jeste nepre-kidna injekcija, ali nije utapaǌe.

f

0 1 01

1

−1

S1

b

x

y

g

Naime, u primeru 1.2.10 pokazano je da f ne ostvaruje homeomorfizam izme�u [0, 1)i f([0, 1)) = S1. Na crteжu je prikazana i neprekidna injekcija g : [0, 1) → R2, koja jesteutapaǌe.

Ipak, na osnovu stava 38 i posledice 41, odmah dobijamo slede�e tvr�eǌe.

Posledica 43 Ako je f : X → Y neprekidna injekcija, X kompaktan i Y Hauzdorfov,onda je f utapaǌe.

Na slede�em crteжu opisane su po dve neprekidne injekcije iz S1 u R2 i iz S2 u R3.Poxto su sfere Sn kompaktne (zatvorene i ograniqene u Rn+1), to su odmah i utapaǌa,kruжnice u euklidsku ravan, odnosno sfere u euklidski prostor.

1.4 Povezanost 23

1.4 Povezanost

1.4.1 Povezani i nepovezani prostori

Definicija 44 Neka je X topoloxki prostor i U, V ⊆ X. Kaжemo da skupovi U i Vqine diskoneksiju prostora X (ili da je {U, V } diskoneksija prostora X) ako su U i Votvoreni, neprazni, me�usobno disjunktni i ako pokrivaju X (U, V ∈ TX \{∅}, U ∩V = ∅,U ∪ V = X).

Primetimo da, ako U i V qine diskoneksiju prostora X, onda su oni i zatvoreniu X, jer je U = V c, tj. V = U c. Dakle, U i V su otvoreno-zatvoreni skupovi (U, V ∈TX ∩ FX).

Definicija 45 Prostor X je povezan ako ne postoji ǌegova diskoneksija.

Primer 1.4.1 Diskretan topoloxki prostor (X, Td) jeste povezan ako i samo ako imasamo jednu taqku. Naime, ako je |X| > 2 i x ∈ X, onda skupovi {x} i {x}c, budu�iotvoreni i neprazni, qine diskoneksiju prostora X. S druge strane, naravno, ako je|X| = 1, onda ne postoje dva disjunktna neprazna podskupa od X, pa je on povezan.

U narednoj teoremi pojavǉuje se dvoqlani potprostor {0, 1} realne prave R. Prime-timo da je taj potprostor diskretan. Skup {0} je otvoren u ovom potprostoru, jer je{0} = (−1, 1)∩{0, 1}, a (−1, 1) otvoren u R. Sliqno, {1} = (0, 2)∩{0, 1}, pa su onda svi pod-skupovi od {0, 1} otvoreni u ǌemu. Prostor {0, 1}, i uopxte, svaki dvoqlan diskretanprostor (svi oni su, naravno, me�usobno homeomorfni), zovemo dvotaqkom.

Teorema 46 Za topoloxki prostor X, slede�e tvrdǌe su me�usobno ekvivalentne.

(1) X je povezan.

(2) TX ∩ FX = {∅, X} (∅ i X jesu jedini otvoreno-zatvoreni skupovi u X).

(3) Svako neprekidno preslikavaǌe f : X → {0, 1} jeste konstantno.

Dokaz: (1)⇒(2): Neka je X povezan i pretpostavimo suprotno: da postoji A ∈ TX ∩ FX

koji je neprazan pravi podskup od X (∅ 6= A X). Me�utim, tada bi {A,Ac} bila jednadiskoneksija prostora X, xto protivreqi pretpostavci da je X povezan.

(2)⇒(3): Neka je f : X → {0, 1} neprekidno preslikavaǌe. Primetimo da je

X = f−1({0, 1}

)= f−1

({0} ∪ {1}

)= f−1

({0})∪ f−1

({1}). (1)

S druge strane, skup {0} je otvoreno-zatvoren u {0, 1}, a f neprekidno, pa je f−1({0}) ∈TX ∩ FX = {∅, X}. Sasvim sliqno, f−1({1}) ∈ {∅, X}. Sluqaj f−1({0}) = f−1({1}) = ∅nije mogu�, jer bi jednakost (1) dala X = ∅. To znaqi da vaжi f−1({0}) = X ilif−1({1}) = X, tj. f je konstantno.

(3)⇒(1): Pretpostavimo da X nije povezan i neka je {U, V } jedna ǌegova diskonek-sija. Definiximo preslikavaǌe f : X → {0, 1} na slede�i naqin:

f(x) =

{0, x ∈ U1, x ∈ V

.

24

Kako su U i V me�usobno disjunktni i kako pokrivaju X, to je f ispravno definisano.Restrikcije f |U i f |V jesu konstantne, pa i neprekidne. S obzirom na otvorenostskupova U i V i qiǌenicu U ∪ V = X, teorema 23 (Teorema o lepǉeǌu) daje namneprekidnost preslikavaǌa f . Konaqno, poxto su i U i V neprazni, f je ,,na”, padakle, f nije konstantno. Kontradikcija. �

Kako kodomen preslikavaǌa f : X → {0, 1} ima taqno dva elementa, to je f konstantnoako i samo ako nije ,,na”. Dakle, ekvivalencija (1)⇔(3) iz teoreme 46 moжe se iskazatii ovako: prostor X je povezan ako i samo ako ne postoji neprekidna surjekcija iz X udvotaqku.

Naravno, ako je X topoloxki prostor i A ⊆ X, re�i �emo da je skup A povezan akoje A povezan kao topoloxki prostor (potprostor od X). S tim u vezi, poxto je jasnoda se prazan skup ne moжe predstaviti kao unija dva disjunktna neprazna podskupa, iprazan skup smatramo povezanim po definiciji.

Primer 1.4.2 Segment [0, 1], za koji nadaǉe koristimo uobiqajenu oznaku I, jeste pove-zan. Naime, ako bi postojala diskoneksija {U, V } segmenta I, onda bi skupovi U iV bili zatvoreni na realnoj pravoj R, budu�i da su zatvoreni u ǌenom zatvorenompotprostoru I (stav 15). Pretpostavimo (bez gubitka opxtosti) da 1 ∈ U i uoqimos := supV . Kako je V zatvoren, to s ∈ V , pa vaжi da je s < 1. Me�utim, V je i otvorenu I, pa za dovoǉno malo δ > 0 vaжi [s, s + δ) ⊆ V , xto je u suprotnosti sa qiǌenicoms = supV .

Primer 1.4.3 Ako je A ⊆ R takav da postoje a, c ∈ A i b ∈ Ac sa svojstvom a < b < c, ondaA nije povezan. Naime, tada skupovi A ∩ (−∞, b) i A ∩ (b,+∞) qine jednu diskoneksijupotprostora A.

Dokaжimo sada da je i povezanost, poput kompaktnosti, neprekidna invarijanta.

Stav 47 Ako je X povezan i f : X → Y neprekidna surjekcija, onda je i Y povezan.

Dokaz: Pretpostavimo suprotno: da Y nije povezan. Tada postoji neprekidna surjek-cija ϕ : Y → {0, 1}. Ali onda bi i kompozicija ϕ ◦ f : X → {0, 1} bila neprekidnasurjekcija, pa X ne bi bio povezan. Kontradikcija. �

Na potpuno isti naqin kao kod kompaktnosti (posledice 33 i 34 stava 32), dokazujuse slede�e dve posledice stava 47.

Posledica 48 Povezanost je topoloxka invarijanta.

Posledica 49 Ako je f : X → Y neprekidno preslikavaǌe i A ⊆ X povezan, onda je i f(A)povezan.

Primer 1.4.4 Svaki interval A na realnoj pravoj R (bilo otvoren, poluotvoren ilizatvoren, ograniqen ili neograniqen) jeste povezan. Dakle, povezana je i sama realnaprava R = (−∞,+∞). Naime, neka je f : A → {0, 1} neprekidno preslikavaǌe i x, y ∈ Adve proizvoǉne taqke. Pretpostavimo npr. da je x < y. Tada je [x, y] ⊆ A (jer je Ainterval), a iz primera 1.4.2 i posledice 48, zakǉuqujemo da je [x, y] povezan. Zato jef |[x,y] konstantno preslikavaǌe, pa je f(x) = f(y). Kako su x i y bile dve proizvoǉnetaqke intervala A, to je preslikavaǌe f konstantno. Po teoremi 46 (implikacija(3)⇒(1)), A je povezan.

1.4 Povezanost 25

Dakle, svi intervali na realnoj pravoj su povezani, dok podskupovi koji nisu inter-vali, na osnovu primera 1.4.3, nisu ni povezani. To znaqi da je re�i ,,interval” istoxto i re�i ,,povezan skup na realnoj pravoj”, xto se u potpunosti slaжe sa intuicijom.U euklidskim prostorima vixih dimenzija nema ovako jasne karakterizacije povezanihskupova i, u nekim primerima, qak ni intuicija ne govori nixta o (ne)povezanostidatog skupa. Ipak, u ve�ini sluqajeva (za sve ,,lepe” skupove), odgovor na ovo pitaǌeje u skladu sa intuicijom. U narednom primeru dajemo dokaz (intuitivno jasne) qi-ǌenice da je kruжnica povezan skup, a nadaǉe izostavǉamo dokaze povezanosti skupovaza koje je ,,vidǉivo” (u krajǌe naivnom smislu) da su povezani.

Primer 1.4.5 Kruжnica S1 ⊆ R2 jeste povezana. Naime, preslikavaǌe f : I → S1

dato sa f(t) = (cos 2πt, sin 2πt) jeste neprekidna surjekcija (namotavaǌe intervala nakruжnicu), I je povezan, pa je, po stavu 47, i S1 povezan prostor.

Stav 50 Neka je X topoloxki prostor i A ⊆ X. Ako je A povezan i A ⊆ B ⊆ A, onda je iB povezan.

Dokaz: Ako je A = ∅, tvr�eǌe oqigledno vaжi. Pretpostavimo zato da je A neprazan.Neka je f : B → {0, 1} proizvoǉno neprekidno preslikavaǌe. Treba dokazati da je

f konstantno. Kako je A povezan i A ⊆ B, to je restrikcija f |A : A → {0, 1} konstantnopreslikavaǌe. Pretpostavimo (bez gubitka opxtosti) da je f |A ≡ 0, tj. f(A) = {0}. Toznaqi da je A ⊆ f−1({0}). Me�utim, skup {0} je zatvoren u kodomenu, f neprekidno, paje f−1({0}) zatvoren u domenu B. Zakǉuqujemo da za zatvoreǌe skupa A u potprostoruB, clB A, vaжi da je clB A ⊆ f−1({0}). Prema stavu 16, clB A = A ∩ B, a kako je B ⊆ A, toje B = A ∩B = clB A ⊆ f−1({0}). Dakle, B = f−1({0}), tj. f ≡ 0. �

A :

intA :

Kao specijalan sluqaj stava 50 (B = A), imamoda je zatvoreǌe povezanog skupa povezan skup.Da li je i unutraxǌost povezanog skupa povezanskup? Na realnoj pravoj, odgovor na ovo pitaǌeje potvrdan, jer je unutraxǌost intervala tako�einterval. Me�utim, ve� u ravni, unutraxǌostpovezanog skupa ne mora da bude povezan skup. Naprimer, ako se skup A ⊆ R2 sastoji od dva disjunk-tna zatvorena diska u ravni i jedne duжi od taqkena rubu jednog do taqke na rubu drugog diska,onda je A povezan. Me�utim, unutraxǌost skupaA sastoji se od dva disjunktna otvorena diska, ato nije povezan skup.

Naravno, ni granica povezanog skupa ne mora biti povezan skup. Na primer, je-diniqni interval I = [0, 1] jeste povezan, dok ∂I = {0, 1} nije povezan skup.

Razmotrimo sad pitaǌe da li unija ili presek dva povezana skupamora biti povezan skup. Na realnoj pravoj presek povezanih skupovajeste povezan, jer je presek intervala interval. Me�utim, u opxtemsluqaju, odgovor na ovo pitaǌe je odriqan: presek dva povezana ne morabiti povezan skup. Jedan primer imamo na slici desno. Tako�e, pre-sek kruжnice S1 i neke prave kroz koordinatni poqetak (centar kruж-nice), npr. x-ose, qine dve taqke, pa je presek i ova dva povezana skupa

26

nepovezan (taj presek je dvotaqka). Za uniju je isti odgovor. Na primer, skup intA sagorǌe slike jeste unija dva otvorena diska (dakle, dva povezana skupa), a nije povezanskup.

A

Aλ1

Aλ2

X

Ipak, uz jednu dodatnu pretpostavku, unija povezanihskupova �e biti povezan skup. O tome govori slede�ateorema, koja se qesto naziva i Teoremom o cveti�u (izpriloжene slike je jasno otkuda taj naziv).

Teorema 51 Neka je X topoloxki prostor, A ǌegovpovezan podskup i {Aλ}λ∈Λ familija povezanih podskupovaod X takva da je A ∩ Aλ 6= ∅ za sve λ ∈ Λ. Tada je skup

A ∪⋃

λ∈ΛAλ povezan.

Dokaz: Neka je f : A ∪ ⋃λ∈ΛAλ → {0, 1} neprekidno preslikavaǌe. Dokaжimo da jekonstantno. S obzirom na povezanost skupa A, vaжi da je f |A : A → {0, 1} konstantno,pretpostavimo da je npr. f |A ≡ 1. Uzmimo sada proizvoǉnu taqku x ∈ A ∪⋃λ∈ΛAλ. Akoje x ∈ A, onda je f(x) = 1. Ako je x ∈ ⋃λ∈ΛAλ, tj. ako postoji λ0 ∈ Λ takvo da je x ∈ Aλ0,uoqimo taqku y ∈ A ∩ Aλ0 (A ∩ Aλ0 6= ∅). Kako y ∈ A, to je f(y) = 1, a zbog povezanostiskupa Aλ0 i qiǌenice x, y ∈ Aλ0, vaжi i f(x) = f(y). Dakle, opet imamo da je f(x) = 1,pa zakǉuqujemo da je f ≡ 1. �

Definicija 52 Taqku x ∈ X nazivamo razdvojnom taqkom (povezanog) prostora X akoje potprostor X \ {x} nepovezan. U suprotnom, x je nerazdvojna taqka.

Ako je h : X → Y homeomorfizam i x ∈ X, onda je X \ {x} h≈ h(X \ {x}) = Y \ {h(x)}.Na osnovu posledice 48, zakǉuqujemo da je x razdvojna taqka prostora X ako i samoako je h(x) razdvojna taqka prostora Y . Ovim je dokazan slede�i stav.

Stav 53 Broj razdvojnih i broj nerazdvojnih taqaka jesu topoloxke invarijante.

6≈

6≈

Ovaj stav nam omogu�ava da razlikujemo mnogetopoloxke tipove.

Primer 1.4.6 Uoqimo otvorenu duж (otvoreni in-terval), poluotvorenu duж, zatvorenu duж i kruж-nicu. U prethodnom odeǉku smo utvrdili dakompaktni prostori (od ova qetiri, takvi suzatvorena duж i kruжnica) nisu homeomorfni oni-ma koji nisu kompaktni (otvorena i poluotvorenaduж). Sada, pak, moжemo pokazati da ni otvorenai poluotvorena duж, odnosno zatvorena duж i kruжnica, nisu me�usobno homeo-morfni. Naime, otvorena duж nema nijednu nerazdvojnu taqku, poluotvorena ima jednu,zatvorena duж ih ima dve, a kruжnica beskonaqno mnogo. Dakle, prema stavu 53, me�uova qetiri prostora nema me�usobno homeomorfnih.

1.4 Povezanost 27

Primer 1.4.7 Realna prava nije homeomorfna nijednom euklidskom prostoru dimen-zije ve�e od 1. To je zato xto je svaka taqka na realnoj pravoj razdvojna, dok su u Rn

(n > 1) sve taqke nerazdvojne. Dakle, R 6≈ Rn za n > 1.Odavde sledi i qiǌenica S1 6≈ Sn za n > 1. Naime, ako bismo imali homeomorfizam

h : S1 → Sn, onda bismo za proizvoǉnu taqku x ∈ S1, na osnovu primera 1.2.9, imaliR ≈ S1 \ {x} ≈ Sn \ {h(x)} ≈ Rn.

Napomenimo da zapravo vaжi i opxtije: Rm 6≈ Rn (samim tim i Sm 6≈ Sn) kad god jem 6= n, ali za dokaz ove qiǌenice potrebne su mnogo sloжenije tehnike.

Primer 1.4.8 Prva dva prostora na doǌoj slici nisu istog topoloxkog tipa, jer prvinema nijednu razdvojnu taqku, a drugi ima jednu (dodirnu taqku dveju kruжnica).

6≈ 6≈

Unija dva zatvorena diska koja se dodiruju tako�e ima jednu razdvojnu taqku, dok,na primer, unija dva disjunktna zatvorena diska i duжi koja spaja rubnu taqku jednogs rubnom taqkom drugog diska, ima beskonaqno mnogo razdvojnih taqaka (svaka taqkate duжi je razdvojna), pa ni ove dve figure nisu istog topoloxkog tipa.

1.4.2 Komponente povezanosti

Neka je X topoloxki prostor. Uvedimo relaciju ∼ na X na slede�i naqin: za x, y ∈ X

b

b

b

x

yA

Xx ∼ ydef⇐⇒ (∃A ⊆ X) A je povezan, x, y ∈ A.

Dakle, dve taqke su u relaciji ako postoji povezan skupkoji ih obe sadrжi.

Stav 54 Relacija ∼ je relacija ekvivalencije na X.

Dokaz: Prvo, kako je, za proizvoǉno x ∈ X, jednoqlan skup {x}, naravno povezan, to jex ∼ x, pa je ova relacija refleksivna.

b

Xb

y

xb

A

b z

B

Relacija ∼ je oqigledno simetriqna (ako neki skupsadrжi taqke x i y, on onda sadrжi i taqke y i x).

Ako je x ∼ y i y ∼ z, to znaqi da postoji povezan skupA koji sadrжi x i y, kao i povezan skup B koji sadrжiy i z. Poxto y ∈ A ∩ B, ovaj presek je neprazan, pa jena osnovu teoreme 51 (Teoreme o cveti�u) A ∪ B povezanskup. Kako x, z ∈ A ∪ B, to je x ∼ z. Dakle, relacija ∼ jei tranzitivna. �

Definicija 55 Klase ekvivalencije relacije ∼ nazivamo komponentama povezanosti(ili samo komponentama) prostora X. Klasu (komponentu) elementa x ∈ X oznaqavamosa Cx.

28

Ako je h : X → Y homeomorfizam, onda je skup A ⊆ X povezan ako i samo ako jeh(A) ⊆ Y povezan. Otuda za proizvoǉne taqke x, y ∈ X vaжi x ∼ y ako i samo ako vaжih(x) ∼ h(y). Dakle, vaжi slede�i stav.

Stav 56 Broj komponenata povezanosti jeste topoloxka invarijanta.

Primer 1.4.9 Neka je X potprostor euklidske ravni koji se sastoji od qetiri zatvore-ne duжi koje sve imaju jedno zajedniqko teme a (oblik slova ,,iks”). Sliqno, neka je Ypotprostor od tri duжi sa zajedniqkim temenom (slovo ,,ipsilon”).

bX : Y :a X \ {a} ≈

Ako bi vaжilo Xh≈ Y , onda bi bilo i X \ {a} ≈ Y \ {h(a)}. Me�utim, prostor

X \ {a} sastoji se od qetiri disjunktne poluotvorene duжi i ima qetiri komponentepovezanosti. S druge strane, (xta god bilo h(a)) prostor Y \{h(a)} moжe imati najvixetri komponente povezanosti. Zakǉuqujemo da X 6≈ Y .

Stav 57 Neka je X topoloxki prostor i x ∈ X.

(a) Cx je najve�i povezan podskup od X koji sadrжi taqku x.

(b) Cx je zatvoren u X.

Dokaz: (a) Neka je A povezan podskup od X takav da x ∈ A. Dokaжimo da je A ⊆ Cx. Akoje y ∈ A, onda vaжi x ∼ y (jer x, y ∈ A i A je povezan), tj. y ∈ Cx.

Dakle, svaki povezan skup koji sadrжi x sadrжan je u Cx. Ostaje jox da dokaжemoda je Cx povezan skup. Neka je f : Cx → {0, 1} proizvoǉno neprekidno preslikavaǌe ineka je npr. f(x) = 0. Dokaжimo da je f ≡ 0. Ako je y ∈ Cx bilo koja taqka, to znaqida je x ∼ y, tj. da postoji povezan A ⊆ X takav da x, y ∈ A. Skup A je, prema tome,povezan i sadrжi taqku x, pa je (na osnovu qiǌenice dokazane u prvom pasusu dokaza)A ⊆ Cx. Zato ima smisla govoriti o restrikciji f |A : A → {0, 1}, koja je konstantnazbog povezanosti skupa A. Dakle, f(y) = f(x) = 0.

(b) Komponenta Cx je, na osnovu dela (a), povezan skup, pa je, prema stavu 50, i Cxpovezan skup, koji pri tom sadrжi taqku x (x ∈ Cx ⊆ Cx). Opet na osnovu (a), dobijamoinkluziju Cx ⊆ Cx. Dakle, Cx = Cx, tj. Cx je zatvoren. �

Komponente povezanosti ne moraju, pak, biti otvoreni skupovi. Na primer, sve kom-ponente povezanosti potprostora X := {0}∪ { 1

n| n ∈ N} realne prave R jesu jednoqlane,

jer X ne sadrжi nijedan vixeqlan povezan skup (nijedan interval). Komponenta {0}nije otvoren skup u X, jer svaka okolina taqke 0 sadrжi beskonaqno mnogo taqakaoblika 1

n, n ∈ N.

1.5 Putevi, putna povezanost, Peanove krive, Жordanova teorema 29

1.5 Putevi, putna povezanost, Peanove krive, Жordanova teorema

1.5.1 Putno povezani prostori

Ovaj odeǉak poqiǌemo definicijom puta. Kao i obiqno, X je topoloxki prostor.

Definicija 58 Put u prostoru X jeste neprekidno preslikavaǌe ω : I → X. Ako jeω(0) = x i ω(1) = y, kaжemo da put ω spaja taqku x s taqkom y ili da je ω put od taqkex do taqke y.

X x

y

ω

10

Definicija 59 Topoloxki prostor X je putno povezan ako za svake dve taqke x, y ∈ Xpostoji put u X od taqke x do taqke y.

Stav 60 Ako je X putno povezan i f : X → Y neprekidna surjekcija, onda je i Y putnopovezan.

Dokaz: Neka su y1, y2 ∈ Y dve proizvoǉne taqke. Kako je f ,,na”, to postoje x1, x2 ∈ Xtakve da je f(x1) = y1 i f(x2) = y2. Prostor X je putno povezan, pa postoji put ω : I → Xkoji spaja taqke x1 i x2 (ω(0) = x1, ω(1) = x2). Kompozicija f ◦ ω : I → Y jeste put u Yod taqke y1 do taqke y2. �

Dakle, i putna povezanost je neprekidna invarijanta. Iz te qiǌenice, kao kodkompaktnosti i povezanosti, direktno slede naredne dve posledice.

Posledica 61 Putna povezanost je topoloxka invarijanta.

Naravno, za skup A ⊆ X kaжemo da je putno povezan ako je putno povezan kaotopoloxki prostor (potprostor od X).

Posledica 62 Ako je f : X → Y neprekidno preslikavaǌe i A ⊆ X putno povezan, ondaje i f(A) putno povezan.

Razmotrimo sada vezu izme�u povezanosti i putne povezanosti.

Stav 63 Svaki putno povezan prostor jeste povezan.

Dokaz: Neka je X putno povezan prostor i f : X → {0, 1} proizvoǉno neprekidno pres-likavaǌe. Dokaжimo da je f konstantno. Neka su x, y ∈ X dve proizvoǉne (razliqite)taqke. S obzirom na putnu povezanost prostora X, postoji put ω : I → X takav da jeω(0) = x i ω(1) = y. Kako je I povezan (primer 1.4.2), to je kompozicija f ◦ ω : I → {0, 1}konstantna. Zato je f(x) = f(ω(0)) = f(ω(1)) = f(y). Zbog proizvoǉnosti taqaka x i y, fje konstantno. �

Ovaj stav je vrlo koristan za dokazivaǌe povezanosti skupova (prostora), pogotovou euklidskim prostorima. Najqex�e je jednostavnije konstruisati put koji spaja dveproizvoǉno odabrane taqke datog skupa, nego dokazivati povezanost po definiciji.

30

Primer 1.5.1 Svaki konveksan skup A ⊆ Rn jeste povezan. Naime, ako su x, y ∈ A dveproizvoǉne taqke, onda je cela duж sa krajevima x i y sadrжana u A (zbog konvek-snosti), pa je preslikavaǌe ω : I → A, ω(t) := (1 − t)x + ty, ispravno definisano (zasvako t ∈ I, ω(t) zaista pripada A). Ono je oqigledno i neprekidno, pa je ω put u A odtaqke x do taqke y. Dakle, A je putno povezan, odakle sledi da je i povezan (stav 63).

0

1

−1

1 x

y

Obrnuta implikacija ne vaжi: povezan prostorne mora biti putno povezan.

Primer 1.5.2 Neka je funkcija f : (0, 1] → R defi-nisana sa f(x) = sin 1

x. Kao i obiqno, oznaqimo sa

Γf = {(x, f(x)) ∈ R2 | 0 < x 6 1} ǌen grafik. Nekaje jox B := {0} × [−1, 1] ⊂ R2 i X = Γf ∪ B. SkupX se naziva topoloxkom sinusoidom. Topoloxkasinusoida je, dakle, potprostor euklidske ravni.Dokaжimo da je ona povezana, ali da nije putnopovezana.

Ako je ε > 0 proizvoǉno, znamo da na intervalu(1ε,+∞) sinusna funkcija uzima sve vrednosti iz

segmenta [−1, 1]. Dakle, funkcija f na svakom in-tervalu (0, ε) uzima sve vrednosti od −1 do 1, pazato svaka okolina proizvoǉne taqke skupa B seqe grafik Γf . Zakǉuqujemo da jeΓf ∪ B ⊆ Γf , pa je stoga Γf ⊆ X ⊆ Γf (zapravo, nije texko videti da je X = Γf).Me�utim, f je neprekidna funkcija, pa je, prema primeru 1.2.8, Γf ≈ (0, 1]. Dakle, Γf jepovezan, pa na osnovu inkluzija Γf ⊆ X ⊆ Γf i stava 50, zakǉuqujemo da je topoloxkasinusoida X povezan skup.

Pretpostavimo da je X i putno povezan skup i uoqimo taqke (0, 0) ∈ B ⊆ X i (1, sin 1) ∈Γf ⊆ X. Po pretpostavci, postoji put ϕ : I → X takav da je ϕ(0) = (0, 0) i ϕ(1) = (1, sin 1).Neka je s = supϕ−1(B). Kako je B zatvoren u X (jer je zatvoren u R2), to je ϕ−1(B)zatvoren u I, a samim tim i u R (jer je I zatvoren u R), pa zato s ∈ ϕ−1(B). Imamo daje s < 1 (jer ϕ(1) = (1, sin 1) /∈ B) i da je ϕ((s, 1]) ⊆ Γf (jer je s = supϕ−1(B)). Oznaqimosa ψ restrikciju puta ϕ na [s, 1]. Dakle, ψ : [s, 1] → X definisano je sa ψ(t) := ϕ(t).Primetimo da je ψ(s) ∈ B i ψ((s, 1]) ⊆ Γf . Neka je jox i p : X → [0, 1] projekcija na prvukoordinatu. Kako je preslikavaǌe p ◦ ψ : [s, 1] → [0, 1] neprekidno, a [s, 1] povezan, to jei p(ψ([s, 1])) povezan skup. Ali, p(ψ(s)) = 0 jer ψ(s) ∈ B = {0} × [−1, 1], a p(ψ(1)) = 1 jerje ψ(1) = (1, sin 1), pa skup p(ψ([s, 1])) sadrжi taqke 0 i 1. Zakǉuqujemo da je p(ψ([s, 1])) =[0, 1]. Za x ∈ (0, 1], jedina taqka s topoloxke sinusoide qija je prva koordinata jednakax jeste (x, f(x)), pa odatle sledi da skup ψ([s, 1]) mora da sadrжi ceo grafik Γf . Kakoje jox i ψ((s, 1]) ⊆ Γf , to mora biti ψ([s, 1]) = {ψ(s)} ∪ Γf . S druge strane, segment[s, 1] jeste kompaktan, ψ neprekidno, pa bi i ψ([s, 1]) morao da bude kompaktan skup.Me�utim, ψ([s, 1]) nije kompaktan jer nije zatvoren u R2. Naime,

ψ([s, 1]

)= {ψ(s)} ∪ Γf X ⊆ Γf ⊆ {ψ(s)} ∪ Γf = ψ

([s, 1]

).

Ova kontradikcija pokazuje da topoloxka sinusoida X nije putno povezan skup.


X ϕ(0)

ϕ(1) = ψ(0)

ψ(1) ψ

ϕ

Definiximo sada pojam nadovezivaǌa puteva.

Definicija 64 Neka su ϕ, ψ : I → X putevitakvi da je ϕ(1) = ψ(0). Definixemo nadovezi-vaǌe puteva ϕ i ψ kao put ϕ · ψ : I → X dat naslede�i naqin:

(ϕ · ψ)(t) ={ϕ(2t), 0 6 t 6 1

2

ψ(2t− 1), 126 t 6 1

.

Pokaжimo da je ova definicija ispravna, tj. da je ϕ ·ψ zaista put u prostoru X. Prvoϕ · ψ jeste dobro definisano preslikavaǌe, jer za t = 1

2dobijamo da je ϕ(2t) = ϕ(2 · 1

2) =

ϕ(1) = ψ(0) = ψ(2 · 12−1) = ψ(2t−1). Zatim, restrikcija (ϕ ·ψ)|[0, 1

2] jednaka je kompoziciji

[0, 12]

α−→ [0, 1]ϕ−→ X, gde je α(t) := 2t, pa je neprekidna kao kompozicija takvih. Sliqno,

(ϕ · ψ)|[ 12,1] = ψ ◦ β, gde je β : [1

2, 1] → [0, 1] data sa β(t) = 2t − 1, pa je i ova restrikcija

neprekidna. Kako su [0, 12] i [1

2, 1] zatvoreni potprostori od I i [0, 1

2] ∪ [1

2, 1] = I, to je

ϕ · ψ neprekidno prema teoremi 23 (Teoremi o lepǉeǌu). Dakle, ϕ · ψ jeste put u Xkoji spaja taqku ϕ(0) sa taqkom ψ(1) i to tako xto se u prvoj polovini puta ,,pro�e”putem ϕ, a u drugoj putem ψ, kre�u�i se ,,dvostruko brжe” ovim putevima.

Definicija 65 Kriva u prostoru X jeste skup ϕ(I) – slika segmenta I pri preslika-vaǌu ϕ, gde je ϕ : I → X neki put u X.

kriva

prosta kriva

prosta zatvorena(Жordanova) kriva

Inaqe, qesto se krivom naziva i sam put ϕ. Naravno,iz konteksta je uvek jasno da li se misli na put ili naǌegovu sliku.

Kaжemo da je kriva prosta ako je ϕ ,,1-1”. Kriva jeprosta zatvorena, ili Жordanova, ako je ϕ|[0,1) ,,1-1” iϕ(0) = ϕ(1).

Kako je I kompaktan prostor, to je (ovako defi-nisana) kriva uvek kompaktan skup u X. Ako je jox XHauzdorfov prostor (npr. X = Rn, xto je i najqex�isluqaj), onda je, na osnovu posledice 43, svaka prostakriva u X homeomorfna zatvorenoj duжi. Kasnije �emopokazati i da je prosta zatvorena kriva u T2-prostoruhomeomorfna kruжnici.

Napomenimo jox i da se ponegde u literaturikriva definixe i kao neprekidna slika otvorenog,poluotvorenog ili zatvorenog intervala, a ne samozatvorenog.

1.5.2 Peanove krive

Krivu u ravni smo, dakle, definisali kao neprekidnu sliku segmenta i o ǌoj razmix-ǉamo kao o nekoj krivoj liniji u ravni – ,,duжini bez xirine”. Drugim reqima,intuicija nam govori da kriva u ravni nema povrxinu, tj. da joj je povrxina jednakanuli. Me�utim, to ne mora da bude tako. Postoje tzv. Peanove krive u ravni, kojeimaju pozitivnu povrxinu.

Definicija 66 Peanovom krivom nazivamo bilo koju neprekidnu surjekciju ϕ : I → I2.

32

b b

Dakle, Peanova kriva je kriva koja ,,popuni” ceokvadrat I × I ⊆ R2. Opiximo sada jedan naqin konstruk-cije Peanove krive. Konstruisa�emo najpre niz krivihϕn : I → I2, n ∈ N. Na slikama desno plavom bojom sunacrtane krive ϕ1, ϕ2, ϕ3 i ϕ4 redom.

Krivu ϕ1 konstruixemo na slede�i naqin. Podelimokvadrat I2 na qetiri podudarna kvadrata K1,m, m = 1, 4:K1,1 := [0, 1

2] × [0, 1

2], K1,2 := [0, 1

2] × [1

2, 1], K1,3 := [1

2, 1] × [1

2, 1] i

K1,4 := [12, 1]× [0, 1

2]. Kriva ϕ1 je (neko) neprekidno preslika-

vaǌe ϕ1 : I → I2 sa slede�im svojstvima: ϕ1

([0, 1

4])⊆ K1,1;

ϕ1

([14, 12])⊆ K1,2; ϕ1

([12, 34])⊆ K1,3; ϕ1

([34, 1])⊆ K1,4.

b b

Dakle, kriva ϕ1 kre�e iz (doǌeg levog) kvadrata K1,1,prvu qetvrtinu puta provede u ǌemu, drugu qetvrtinu putau kvadratu K1,2, tre�u u K1,3 i posledǌu u (doǌem desnom)kvadratu K1,4, gde je i krajǌa taqka krive. Kra�e zapisano,ϕ1

([m−1

4, m

4])⊆ K1,m za sve m = 1, 4.

Prelazimo sada na konstrukciju krive ϕ2. Sada svakiod kvadrata K1,m, m = 1, 4, dodatno podelimo na qetiri po-dudarna i dobijamo xesnaest maǌih kvadrata K2,j, j = 1, 16.Oznaqavaǌe vrximo tako da prva qetiri nova kvadrataK2,1, K2,2, K2,3 i K2,4 qine prvi stari K1,1, druga qetiridrugi i tako daǉe; reqju, tako da vaжi K1,m =

⋃4mj=4m−3K2,j

za sve m = 1, 4. Pri tom jox zahtevamo da prvi novi kvadrat

b b

K2,1 bude doǌi levi, posledǌi K2,16 doǌi desni i da svakadva sa uzastopnim indeksima imaju zajedniqku stranicu (tazajedniqka stranica je na crteжima obojena bledozelenombojom).

Kriva ϕ2 je neprekidno preslikavaǌe iz I u I2 sa oso-binom da je ϕ2

([ j−116, j16])⊆ K2,j za sve j = 1, 16. Dakle, kriva

ϕ2 provodi po jednu xesnaestinu puta u svakom od ovihxesnaest kvadrata. Primetimo da, kao za ϕ1, i za krivu ϕ2

vaжi da je ϕ2

([m−1

4, m

4])⊆ K1,m za sve m = 1, 4.

Postupak se daǉe nastavǉa analogno. Dobijamo nizkrivih ϕn : I → I2, n ∈ N, i niz kvadrata {Kn,m}n∈N,m=1,4n

tako da za sve n ∈ N vaжi:

b b

1)⋃4n

m=1Kn,m = I2;

2) Kn,m =⋃4mj=4m−3Kn+1,j za sve m = 1, 4n;

3) Kn,1 je doǌi levi, a Kn,4n doǌi desni kvadrat;

4) Kn,m−1 i Kn,m imaju zajedniqku stranicu (m = 2, 4n);5) ϕn

([m−1

4n, m4n])⊆ Kn,m za sve m = 1, 4n.

Ako fiksiramo n ∈ N, onda iz osobina 2) i 5) slediϕk([m−1

4n, m4n])⊆ Kn,m za sve m = 1, 4n i sve k > n. Poxto

je dijametar kvadrata Kn,m (po konstrukciji) jednak√2

2n, za

svako t ∈ I =⋃4n

m=1[m−14n, m4n] vaжi da je euklidsko rastojaǌe

d2(ϕk(t), ϕl(t)

)6

√2

2nkad god su k, l > n. Kako

√2

2n→ 0 kad

n → ∞, to je, za sve t ∈ I, niz (ϕn(t))n∈N Koxijev, pa zato i


konvergira, i to ka taqki iz I2, jer je I2 zatvoren skup.Prema tome, moжemo definisati ϕ : I → I2 na slede�i naqin:

ϕ(t) := limn→∞

ϕn(t), t ∈ I.

Dokaжimo da je ϕ Peanova kriva. Najpre, poxto za svako n ∈ N i svako t ∈ I vaжi daje d2

(ϕn(t), ϕk(t)

)6

√2

2nkad god je k > n, ako ovu nejednakost ,,napadnemo” limesom kad

k → ∞, dobijamo da je d2(ϕn(t), ϕ(t)) 6√2

2n. Sada imamo da je supt∈I d2

(ϕn(t), ϕ(t)

)6

√2

2nza

sve n ∈ N. Opet iz qiǌenice da√2

2n→ 0 kad n→ ∞ zakǉuqujemo da je

limn→∞

supt∈I

d2(ϕn(t), ϕ(t)

)= 0,

tj. da niz funkcija {ϕn}n∈N ravnomerno konvergira ka ϕ na I. Kako su sve funkcije ϕn,n ∈ N, (po konstrukciji) neprekidne, to je i ϕ neprekidna funkcija.

Da bismo dokazali da je ϕ ,,na” fiksirajmo jednu taqku x0 ∈ I2. Na osnovu osobine1), za svako n ∈ N postoji mn ∈ {1, 2, . . . , 4n} takvo da je x0 ∈ Kn,mn

, a na osnovu 2),moжemo uzeti da je Kn+1,mn+1 ⊆ Kn,mn

za sve n ∈ N, tj. da je {Kn,mn}n∈N niz umetnutih

kvadrata (mn+1 biramo iz skupa {4mn − 3, 4mn − 2, 4mn − 1, 4mn}). Tada je

mn+1 − 1

4n+1>

4mn − 3− 1

4n+1=mn − 1

4ni

mn+1

4n+16

4mn

4n+1=mn

4n,

odnosno [mn+1−14n+1 , mn+1

4n+1 ] ⊆ [mn−14n

, mn

4n]. Drugim reqima, {[mn−1

4n, mn

4n]}n∈N jeste niz umetnutih

segmenata. S obzirom na qiǌenicu da je duжina segmenta [mn−14n

, mn

4n] jednaka 1

4n, xto

teжi nuli kad n→ ∞, zakǉuqujemo da presek⋂n∈N[

mn−14n

, mn

4n] sadrжi taqno jednu taqku.

Oznaqimo tu taqku sa t0. Iz istih razloga je i⋂n∈NKn,mn

jednoqlan, a kako su Kn,mn

birani tako da sadrжe taqku x0, to je⋂n∈NKn,mn

= {x0}. Sada, na osnovu osobine 5),imamo da je za sve n ∈ N i sve k > n, ϕk(t0) ∈ Kk,mk

⊆ Kk−1,mk−1⊆ · · · ⊆ Kn,mn

, a zbogzatvorenosti skupa Kn,mn

, vaжi i ϕ(t0) = limk→∞

ϕk(t0) ∈ Kn,mn, za sve n ∈ N. Konaqno, iz

jednakosti⋂n∈NKn,mn

= {x0} zakǉuqujemo da je ϕ(t0) = x0, qime je zavrxen dokaz da jeϕ Peanova kriva.

Naravno, nijedna Peanova kriva ne moжe biti prosta (ϕ ne moжe biti ,,1-1”), jerbi u suprotnom kvadrat I2 bio homeomorfan segmentu I, xto nije sluqaj (segmentima beskonaqno mnogo razdvojnih taqaka, a kvadrat nema nijednu). Ako je ϕ upravokonstruisana Peanova kriva, qiǌenica da ona nije prosta vidi se iz mogu�nosti iz-bora kvadrata Kn,mn

koji sadrжe uoqenu taqku x0 ∈ I2, pa se za neke taqke x0 moжeodabrati vixe nizova umetnutih kvadrata {Kn,mn

}n∈N sa presekom {x0}. Ti nizovi mogudati vixe taqaka segmenta I koje se slikaju u x0. Na primer, nije texko proveriti daova Peanova kriva prolazi taqno tri puta kroz sredixte kvadrata – taqku x0 = (1

2, 12).

1.5.3 Жordanova teorema

Iz prethodnog pododeǉka vidimo da intuicija o krivama moжe da bude varǉiva. Ipak,vaжi slede�a teorema, poznata pod nazivom Жordanova teorema, qiji je iskaz u pot-punosti potkrepǉen intuicijom. Postoji mnogo dokaza Жordanove teoreme, ali ni-jedan nije elementaran. Jedino u specijalnom sluqaju prostih zatvorenih poligonal-nih linija postoji elementaran dokaz i on se moжe na�i u [1].

34

C

Ovde navodimo samo formulaciju Жordanoveteoreme – bez dokaza.

Teorema 67 Ako je c Жordanova kriva u ravni R2,onda R2 \ c ima taqno dve komponente povezanosti.Jedna od ǌih je ograniqena, druga je neograniqena, agranica obe je kriva c.

Ograniqenu komponentu povezanosti komple-menta R2 \ c nazivamo unutraxǌox�u krive c, aneograniqenu spoǉaxǌox�u krive c.

Naravno, jasno je da je neophodno da kriva bude Жordanova (prosta zatvorena) dabi vaжio zakǉuqak teoreme. Ako kriva ima jox samopreseka (ako nije prosta), ona�e onda ravan podeliti na vixe delova. S druge strane, ako je kriva prosta, a nijezatvorena, onda ona oqigledno uopxte ni ne deli ravan (ǌen komplement je povezan).

Napomenimo jox da se moжe dokazati da je unutraxǌost Жordanove krive u ravni

homeomorfna otvorenom disku◦D2, odnosno qitavoj ravni R2 (primer 1.2.7), a da je

spoǉaxǌost homeomorfna otvorenom cilindru S1 × (0, 1).

1.6 Topoloxki proizvod

1.6.1 Definicija i osnovne osobine topoloxkog proizvoda

Neka su X i Y topoloxki prostori. Oznaqimo, kao i do sada, sa TX i TY odgovaraju�etopologije.

X × Y

X

Y

W

U × V

U

Vb

b

b

x

y

Жelimo da definixemo topologijuna Dekartovom proizvodu X×Y takvuda proizvodi otvorenih skupova buduotvoreni. Prvi kandidat je familijasvih takvih proizvoda A = {U × V |U ∈ TX , V ∈ TY }. Me�utim, ona nemora biti zatvorena za unije, pa,dakle, ne mora biti topologija. Zatoposmatramo familiju koja se sastojiod svih unija skupova iz familije A.Drugim reqima, definixemo fami-liju skupova TX×Y ⊆ P(X × Y ) naslede�i naqin:

TX×Y :={W ⊆ X × Y

∣∣ (∀(x, y) ∈ W) (

∃U ∈ TX) (

∃V ∈ TY)

(x, y) ∈ U × V ⊆W}.

Primetimo da je A ⊆ TX×Y . Naime, ako je W = U × V ∈ A i (x, y) ∈ W , onda su upravoU i V otvoreni skupovi (redom, u X i u Y ) sa svojstvom (x, y) ∈ U × V ⊆W .

Stav 68 Familija TX×Y jeste topologija na X × Y .

1.6 Topoloxki proizvod 35

Dokaz: Po definiciji, familija TX×Y sadrжana je u partitivnom skupu P(X × Y ).Dokaжimo da su ispuǌeni uslovi (T1)–(T3) iz definicije 1.

(T1) Da bismo proverili da je prazan skup element familije TX×Y , treba da utvr-dimo da za svaki element praznog skupa postoje skupovi U i V sa naznaqenim svojstvom.Me�utim, za svaki element praznog skupa vaжi bilo xta (,,iz netaqnog sve sledi”), paimamo da ∅ ∈ TX×Y .

Pored toga, naravno vaжi X ∈ TX i Y ∈ TY , pa je X × Y ∈ A ⊆ TX×Y .

(T2) Neka je {Wλ}λ∈Λ podfamilija familije TX×Y . Dokaжimo da je⋃λ∈ΛWλ ∈ TX×Y .

Ako je (x, y) ∈ ⋃λ∈ΛWλ, onda to znaqi da postoji λ0 ∈ Λ takvo da je (x, y) ∈ Wλ0, a poxtoWλ0 ∈ TX×Y , postoje skupovi U ∈ TX i V ∈ TY sa svojstvom (x, y) ∈ U×V ⊆ Wλ0 ⊆

⋃λ∈ΛWλ.

(T3) Neka su W1,W2 ∈ TX×Y i neka je (x, y) ∈ W1 ∩W2. Kako (x, y) ∈ W1, to postojeU1 ∈ TX i V1 ∈ TY takvi da je (x, y) ∈ U1 × V1 ⊆ W1. Sliqno, iz qiǌenice (x, y) ∈ W2

dobijamo skupove U2 ∈ TX i V2 ∈ TY sa svojstvom (x, y) ∈ U2×V2 ⊆ W2. Dakle, vaжi (x, y) ∈(U1×V1)∩ (U2×V2) ⊆W1∩W2. Konaqno, poxto je (U1×V1)∩ (U2×V2) = (U1∩U2)× (V1 ∩V2),U1 ∩ U2 ∈ TX i V1 ∩ V2 ∈ TY , zakǉuqujemo da je W1 ∩W2 ∈ TX×Y . �

Definicija 69 Topoloxki prostor (X × Y, TX×Y ) nazivamo topoloxkim proizvodomprostora (X, TX) i (Y, TY ), a samu topologiju TX×Y (standardnom) topologijom proizvodaili Tihonovǉevom topologijom na X × Y .

Naravno, kra�e �emo govoriti da je X × Y topoloxki proizvod prostora X i Y ,podrazumevaju�i pritom odgovaraju�e topologije. Dakle, u prostoru X ×Y , proizvodotvorenih skupova je otvoren skup. Primetimo da vaжi i da je proizvod zatvorenihzatvoren. Naime, ako su F1 ∈ FX i F2 ∈ FY , onda je (F1 × F2)

c = (F c1 × Y ) ∪ (X × F c

2 )otvoren skup kao unija dva otvorena, pa je F1 × F2 zatvoren.

b

b

Nije texko dokazati da se topologija proizvoda na R × R = R2

poklapa sa uobiqajenom topologijom na R2 (koja nastaje od euklidskemetrike). Najkra�e reqeno, to sledi iz qiǌenice da se oko svake taqke(otvorenog) pravougaonika moжe opisati kugla koja je cela sadrжanau pravougaoniku, kao i iz qiǌenice da za svaku taqku otvorene kuglepostoji pravougaonik koji je sadrжi, a sadrжan je u kugli.

Na sliqan naqin se definixe i topoloxki proizvod n topoloxkihprostora X1, X2, . . . , Xn (n > 2). Skup W ⊆ X1×X2×· · ·×Xn jeste otvorenu X1 × X2 × · · · × Xn ako i samo ako za svako x ∈ W postoje Ui ∈ TXi

,i = 1, n, takvi da je x ∈ U1 × U2 × · · · × Un ⊆ W . Ako je n = 3, skupX1×X2×X3 moжemo da vidimo kao proizvod tri prostora X1, X2 i X3 ida na ǌemu zadamo topologiju na upravo opisan naqin. S druge strane,moжemo da ga vidimo kao proizvod prostora X1 ×X2 i prostora X3, pa da posmatramotopologiju proizvoda ova dva topoloxka prostora. I naravno, moжemo ga videti i kaoproizvod prostora X1 i X2 × X3. Vaжi da se sve tri ove topologije na X1 × X2 × X3

poklapaju. Drugim reqima, vaжi X1 × X2 × X3 = (X1 × X2) × X3 = X1 × (X2 × X3) (priqemu su ovo jednakosti topoloxkih prostora). Dokaz je jednostavan, ali ima dostatehniqkih detaǉa, pa ga zato izostavǉamo. Ova osobina, koju bismo mogli nazvatiasocijativnox�u topoloxkog proizvoda, omogu�ava da se sva naredna tvr�eǌa u ovomodeǉku (koja formulixemo i dokazujemo za proizvod dva prostora) uopxte na proizvodkonaqno mnogo prostora.

36

Analogno sluqaju n = 2, pokazuje se da je topologija proizvoda na Rn (bilo da gaposmatramo kao proizvod neka dva, tri ili vixe euklidskih prostora) isto xto iuobiqajena topologija na Rn.

Odranije znamo da su projekcije pi : Rn → R, (x1, x2, . . . , xn)pi7−→ xi, i = 1, n, neprekidne.

Dokaжimo da to vaжi za proizvod proizvoǉnih prostora.

Stav 70 Projekcije pX : X × Y → X, pX(x, y) := x, i pY : X × Y → Y , pY (x, y) := y, jesuneprekidna i otvorena preslikavaǌa.

Dokaz: Dokaza�emo tvr�eǌe samo za projekciju pX, jer je dokaz za pY potpuno analogan.Neka je U ∈ TX . Tada je p−1

X (U) = U × Y otvoren u X × Y kao proizvod otvorenih.Dakle, pX je neprekidno.

Neka je sada W ∈ TX×Y . Жelimo da dokaжemo da je pX(W ) ∈ TX . Uoqimo zatoproizvoǉnu taqku x ∈ pX(W ). Poxto x pripada projekciji skupa W na X, postoji y ∈ Ytakvo da (x, y) ∈ W . Kako je W otvoren u proizvodu, to postoje U ∈ TX i V ∈ TY takvi davaжi (x, y) ∈ U × V ⊆ W . Sada imamo x ∈ U = pX(U × V ) ⊆ pX(W ). Poxto je U otvoren,na osnovu stava 8 zakǉuqujemo da je i pX(W ) otvoren skup u X. �

0x

y

Projekcije ne moraju, pak, biti zatvorena preslika-vaǌa.

Primer 1.6.1 U euklidskoj ravni R2 uoqimo hiper-bolu A = {(x, y) ∈ R2 | xy = 1}. Ona je zatvoren skup uR2. Naime, A = m−1({1}), gde je m : R2 → R mnoжeǌe.Jednoqlani skup {1} je zatvoren na realnoj pravoj,mnoжeǌe m neprekidno preslikavaǌe, pa je zato i Azatvoren u R2. Me�utim, ako je p1 : R2 → R projekcijana prvu koordinatu, onda je p1(A) = (−∞, 0) ∪ (0,+∞),xto nije zatvoren skup u R.

Pri konstrukciji nekih homeomorfizama u odeǉku1.2 koristili smo qiǌenicu da je preslikavaǌe iznekog metriqkog prostora u euklidski prostor Rn

neprekidno ako i samo ako su sva ǌegova koordinatnapreslikavaǌa neprekidna, tj. ako i samo ako su sve kompozicije tog preslikavaǌa saprojekcijama pi : Rn → R, i = 1, n, neprekidne realne funkcije. Ista stvar vaжi iza preslikavaǌa iz topoloxkog prostora u proizvod (proizvoǉnih) topoloxkih pros-tora.

Stav 71 Preslikavaǌe f : Z → X × Y jeste neprekidno ako i samo ako su neprekidnaǌegova koordinatna preslikavaǌa pX ◦ f : Z → X i pY ◦ f : Z → Y .

Dokaz: ⇒) Ovaj smer je izravna posledica stava 70 i stava 21.⇐) Neka je W ∈ TX×Y . Dokaжimo da je f−1(W ) ∈ TZ, i to pomo�u stava 8. Fiksirajmo

zato taqku z ∈ f−1(W ). Kako f(z) ∈ W , a W je otvoren u X × Y , to postoje U ∈ TX iV ∈ TY sa svojstvom f(z) ∈ U × V ⊆ W . Odavde dobijamo da je z ∈ f−1(U × V ) ⊆ f−1(W ),


pa je sad dovoǉno dokazati da je f−1(U × V ) otvoren skup u Z. Vaжi da je

f−1(U × V ) = f−1((U ∩X)× (Y ∩ V )

)

= f−1((U × Y ) ∩ (X × V )

)

= f−1(p−1X (U) ∩ p−1

Y (V ))

= f−1(p−1X (U)

)∩ f−1

(p−1Y (V )

)

= (pX ◦ f)−1(U) ∩ (pY ◦ f)−1(V ).

Ova dva posledǌa skupa jesu otvorena u Z, jer su U i V otvoreni skupovi, a preslika-vaǌa pX ◦ f i pY ◦ f neprekidna (po pretpostavci), pa je zato i f−1(U × V ) otvoren u Zkao presek dva otvorena. �

X × Y

X

Y

b

b

b

Γf

x

(x, f(x))f(x)

Kao neposrednu posledicu ovogstava dobijamo uopxteǌe primera1.2.8.

Posledica 72 Neka su X i Y (pro-izvoǉni) topoloxki prostori i nekaje X × Y snabdeven topologijomproizvoda. Ako je f : X → Yneprekidno, onda je X ≈ Γf , gde jeΓf = {(x, f(x)) | x ∈ X} ⊆ X × Ygrafik preslikavaǌa f (sa topologi-jom nasle�enom sa prostora X × Y ).

Dokaz: Preslikavaǌe h : X → Γf definisano sa h(x) = (x, f(x)) jeste neprekidno, jersu mu koordinatna preslikavaǌa neprekidna (prvo koordinatno je identiteta na X,a drugo je f). Ono je oqigledno i bijektivno, pri qemu je h−1 : Γf → X zapravorestrikcija projekcije pX na grafik Γf (h−1(x, f(x)) = x). Zato je i h−1 neprekidno, paje h homeomorfizam. �

X × Y

X

Y

b y0X × {y0}

Specijalan sluqaj ove posledicenastaje kada je preslikavaǌe f kon-stantno. Ako je y0 ∈ Y takvo da jef(x) = y0 za sve x ∈ X, onda je Γf =X×{y0}, pa je X ≈ X×{y0}. Xtavixe,preslikavaǌe X → X × Y koje jedato sa x 7→ (x, y0) jeste jedno uta-paǌe prostora X u proizvod X × Y .Naravno, imamo i analogna utapaǌaprostora Y u X × Y . Dakle, vaжi daje X ≈ X × {y0}, gde je y0 ∈ Y bilokoja taqka, i vaжi Y ≈ {x0} × Y , gdeje x0 ∈ X proizvoǉna taqka.

Jox jedan specijalan sluqaj dobi-jamo kada je X = Y , a f = 1X identiteta na X. Skup Γ1X

= {(x, x) | x ∈ X} ⊆ X ×X = X2

38

X2

X

X

∆X

obiqno se oznaqava sa ∆X i zove dijagonala u X2.Posledica 72 daje nam homeomorfizam X ≈ ∆X , a izǌenog dokaza vidimo da je preslikavaǌe d : X → X2,d(x) := (x, x), jedno utapaǌe, koje nazivamo dijagonal-nim utapaǌem.

1.6.2 Produktibilnost topoloxkih svojstava

Za topoloxko svojstvo P kaжemo da je produktibilnoako se prenosi na proizvode, preciznije, ako za sveprostore X i Y vaжi slede�a implikacija:

X i Y imaju svojstvo P =⇒ X × Y ima svojstvo P.

Naravno, indukcijom se ovakva implikacija lako uop-xtava na proizvod n topoloxkih prostora (n > 2).

Sva topoloxka svojstva koja su pomenuta u ovoj skripti jesu produktibilna i tosu upravo tvr�eǌa naredne qetiri teoreme.

Teorema 73 Ako su X i Y kompaktni prostori, onda je i X × Y kompaktan prostor.

Dokaz: Neka je W proizvoǉan otvoren pokrivaq proizvoda X × Y . Treba izdvojitikonaqno mnogo elemenata familije W koji pokrivaju X × Y .

X × Y

X

Y

b

bb y

x

V xy

Ux

W xy

Za poqetak, fiksirajmo jednutaqku x ∈ X. Kako je W pokri-vaq prostora X × Y , to za svakoy ∈ Y postoji W x

y ∈ W takvoda (x, y) ∈ W x

y . S obzirom naotvorenost skupa W x

y u proizvoduX × Y (W je otvoren pokrivaq),postoje otvoreni skupovi Ux

y ∈ TXi V x

y ∈ TY sa svojstvom

(x, y) ∈ Uxy × V x

y ⊆W xy . (2)

Dakle, za svako y ∈ Y imamootvoren skup V x

y koji sadrжi taqkuy, tj. vaжi da je familija {V x

y }y∈Y otvoren pokrivaq prostora Y (Y =⋃y∈Y V

xy ). Kako

je Y kompaktan, to iz ove familije skupova moжemo odabrati ǌih konaqno mnogo kojitako�e pokrivaju Y . Drugim reqima, postoje y1(x), y2(x), . . . , yn(x)(x) ∈ Y takvi da je

Y =⋃n(x)k=1 V

xyk(x)

. Uoqimo sad skup Ux :=⋂n(x)k=1 U

xyk(x)

. Poxto svi skupovi Uxyk(x)

, k = 1, n(x),

sadrжe taqku x (na osnovu (2)), vaжi da x ∈ Ux. Tako�e vaжi da je Ux otvoren u X kaokonaqan presek otvorenih.

Dakle, za fiksiranu taqku x ∈ X, prethodnim postupkom smo dobili otvoren skup Uxkoji je sadrжi. Ako to uradimo za sve taqke prostora X, dobijamo jedan ǌegov otvorenpokrivaq: X =

⋃x∈X Ux. S obzirom na kompaktnost prostora X, postoji konaqno mnogo

taqaka x1, x2, . . . , xm ∈ X takvih da je X =⋃mj=1Uxj .

Uoqimo sada familiju skupova {W xjyk(xj)

}j=1,m, k=1,n(xj). To je konaqna podfamilija

familije W. Dokaжimo da ona pokriva X × Y , qime �e biti okonqan dokaz teoreme.


Neka je (x, y) ∈ X × Y proizvoǉna taqka. Iz jednakosti X =⋃mj=1Uxj zakǉuqujemo da

postoji j0 ∈ {1, 2, . . . , m} takvo da x ∈ Uxj0 . Za taqku xj0 ∈ X vaжi da je⋃n(xj0 )

k=1 Vxj0yk(xj0 )

= Y ,

pa zato postoji k0 ∈ {1, 2, . . . , n(xj0)} sa osobinom da y ∈ Vxj0yk0(xj0 )

. S druge strane, iz

x ∈ Uxj0 =⋂n(xj0 )

k=1 Uxj0yk(xj0 )

zakǉuqujemo da x ∈ Uxj0yk0 (xj0 )

. Dakle, (x, y) ∈ Uxj0yk0(xj0 )

× Vxj0yk0 (xj0 )

, a

poxto je, na osnovu (2), Uxj0yk0 (xj0 )

× Vxj0yk0 (xj0 )

⊆ Wxj0yk0 (xj0 )

, pronaxli smo skup iz familije

{W xjyk(xj)

}j=1,m, k=1,n(xj)koji sadrжi taqku (x, y). Dakle, vaжi da je

X × Y =m⋃

j=1

n(xj)⋃

k=1

Wxjyk(xj)

,

qime je dokaz zavrxen. �

Teorema 74 Ako su X i Y T2-prostori, onda je i X × Y T2-prostor.

X × Y

X

Y

b b

b

b

b

b

U × Y V × Y

VU

y1

y2

x1 x2

(x1, y1)

(x2, y2)

Dokaz: Neka su (x1, y1) i (x2, y2) dverazliqite taqke iz X × Y . To znaqida je x1 6= x2 ili y1 6= y2. Pret-postavimo, na primer, da je x1 6= x2.Kako je prostor X Hauzdorfov, topostoje skupovi U, V ∈ TX takvi dax1 ∈ U , x2 ∈ V i U ∩ V = ∅. Me�utim,tada (x1, y1) ∈ U × Y , (x2, y2) ∈ V × Y ,skupovi U × Y i V × Y jesu otvorenikao proizvodi otvorenih i jox imamoda je

(U×Y )∩(V ×Y ) = (U∩V )×Y = ∅×Y = ∅.Dakle, naxli smo me�usobno disjunktne otvorene okoline taqaka (x1, y1) i (x2, y2), paje i proizvod X × Y Hauzdorfov prostor. �

Teorema 75 Ako su X i Y povezani prostori, onda je i X × Y povezan prostor.

X

Y

bx0

Dokaz: Za sve y ∈ Y , skup X × {y} jeste povezanpodskup od X×Y , jer je X povezan, a vaжi X×{y} ≈X. Ako je x0 ∈ X fiksirana taqka, onda je i skup{x0} × Y povezan (jer je homeomorfan sa Y , koji jepovezan). Pri tom, X × Y =

⋃y∈Y (X × {y}), pa je,

tim pre,

X × Y =({x0} × Y

)∪⋃

y∈Y

(X × {y}

).

Konaqno, kako je ({x0} × Y )∩(X × {y}) = {(x0, y)} 6= ∅za sve y ∈ Y , to na osnovu teoreme 51 (Teoremeo cveti�u) imamo da je X × Y povezan topoloxkiprostor. �

Teorema 76 Ako su X i Y putno povezani, onda je i X × Y putno povezan.

40

X × Y

X

Y

b b

b

b

b

b

y1

y2

x1 x2

(x1, y1)

(x2, y2)

b(x2, y1)

ψ

ϕ

Dokaz: Neka su (x1, y1) i (x2, y2) dveproizvoǉne taqke iz X × Y . Kakoje X putno povezan, to postoji putϕ : I → X takav da je ϕ(0) = x1 iϕ(1) = x2. Sliqno, s obzirom na putnupovezanost prostora Y , postoji put ψ :I → Y takav da je ψ(0) = y1 i ψ(1) = y2.Uoqimo preslikavaǌa ϕ : I → X × Y iψ : I → X × Y ,

ϕ(t) :=(ϕ(t), y1

), ψ(t) :=

(x2, ψ(t)

), t ∈ I.

Prvo koordinatno preslikavaǌe pres-likavaǌa ϕ jeste ϕ, a drugo je kon-stantno (t 7→ y1 za sve t ∈ I), pa su, dakle, oba neprekidna, xto znaqi da je i ϕneprekidno (stav 71). Iz sliqnih razloga je i ψ neprekidno, pa su, dakle, ϕ i ψputevi u X × Y . Pri tom vaжi:

ϕ(0) =(ϕ(0), y1

)= (x1, y1), ϕ(1) =

(ϕ(1), y1

)= (x2, y1),

ψ(0) =(x2, ψ(0)

)= (x2, y1), ψ(1) =

(x2, ψ(1)

)= (x2, y2).

Dakle, put ϕ spaja taqku (x1, y1) sa taqkom (x2, y1), a ψ taqku (x2, y1) sa taqkom (x2, y2).Kad nadoveжemo ova dva puta, dobijamo put ϕ · ψ od taqke (x1, y1) do taqke (x2, y2). �

1.7 Koliqniqka preslikavaǌa i koliqniqki prostori

1.7.1 Koliqniqka preslikavaǌa

Definicija 77 Preslikavaǌe f : X → Y jeste koliqniqko ako je ,,na” i ako za sveB ⊆ Y vaжi ekvivalencija: B je otvoren u Y ako i samo ako je f−1(B) otvoren u X.

Implikacija B ∈ TY ⇒ f−1(B) ∈ TX predstavǉa zapravo neprekidnost funkcije f ,pa je zato svako koliqniqko preslikavaǌe neprekidna surjekcija. Obrnuto ne vaжi:neprekidna surjekcija ne mora biti koliqniqko preslikavaǌe.

Primer 1.7.1 Neka je Y svezana dvotaqka, tj. Y je dvoelementni skup {a, b} sa topologi-jom uoqene taqke – neka to bude npr. taqka a. Dakle, TY = {∅, {a}, Y }. Neka je X diskre-tan prostor sa bar dve taqke i f : X → Y bilo koja surjekcija. Kako je svaki podskupod X otvoren, to je i inverzna slika pri f svakog otvorenog skupa u Y otvoren skupu X, pa zakǉuqujemo da je f i neprekidno. Me�utim, f nije koliqniqko. Naime, skupf−1({b}) jeste otvoren u X, a {b} nije otvoren u Y .

Dakle, koliqniqko preslikavaǌe se moжe definisati kao neprekidna surjekcijaf : X → Y koja zadovoǉava jox jedan dodatan uslov: za sve B ⊆ Y vaжi implikacijaf−1(B) ∈ TX ⇒ B ∈ TY .

Iz qiǌenice f−1(Bc) = (f−1(B))c neposredno se dobija slede�i stav.

1.7 Koliqniqka preslikavaǌa i koliqniqki prostori 41

Stav 78 Preslikavaǌe f : X → Y jeste koliqniqko ako i samo ako je ,,na” i za sve B ⊆ Yvaжi ekvivalencija: B je zatvoren u Y ako i samo ako je f−1(B) zatvoren u X.

U implikaciji B ∈ FY ⇒ f−1(B) ∈ FX opet se krije neprekidnost preslikavaǌa f(teorema 18). Dakle, koliqniqko preslikavaǌe je neprekidna surjekcija sa osobinomda za sve B ⊆ Y vaжi: f−1(B) ∈ FX ⇒ B ∈ FY .

Kao xto pokazuje primer 1.7.1, neprekidnost i surjektivnost datog preslikavaǌanisu dovoǉne da bi ono bilo koliqniqko. Ustanovimo sada neke dovoǉne uslove za to.

Stav 79 Neka je f : X → Y .

(a) Ako je f neprekidno, ,,na” i otvoreno, onda je f koliqniqko.

(b) Ako je f neprekidno, ,,na” i zatvoreno, onda je f koliqniqko.

Dokaz: (a) Poxto je f neprekidna surjekcija, dovoǉno je, za proizvoǉan B ⊆ Y ,dokazati implikaciju f−1(B) ∈ TX ⇒ B ∈ TY . Neka je, zato, f−1(B) ∈ TX. S obziromna otvorenost preslikavaǌa f , imamo da je f(f−1(B)) ∈ TY . Ali kako je f ,,na”, to jef(f−1(B)) = B.

(b) Potpuno analogno dokazu dela (a), ako je f−1(B) ∈ FX, onda je B = f(f−1(B)) ∈ FY ,zbog zatvorenosti preslikavaǌa f . Prema stavu 78, f je koliqniqko. �

Kao neposrednu posledicu stava 40 i dela (b) stava 79 dobijamo slede�e tvr�eǌe.

Posledica 80 Ako je X kompaktan, Y Hauzdorfov i f : X → Y neprekidna surjekcija,onda je f koliqniqko.

X

Yf ##●

●●●●

●●●X Z

g◦f //

Y

Z

g

;;✇✇✇✇✇✇✇✇

Dokaжimo sada moжda najvaжnije svojstvo koliqniqkih pres-likavaǌa.

Stav 81 Neka je f : X → Y koliqniqko i g : Y → Z proizvoǉnopreslikavaǌe. Tada vaжi ekvivalencija: g je neprekidno ako i samoako je g ◦ f neprekidno.

Dokaz: Ako je g neprekidno, onda je, naravno, i g◦f neprekidno kaokompozicija dva neprekidna (f je koliqniqko, pa je i neprekidno).

Pretpostavimo sada da je g ◦ f neprekidno i neka je W ∈ TZ.Tada je f−1(g−1(W )) = (g ◦ f)−1(W ) ∈ TX, pa poxto je f koliqniqko, zakǉuqujemo da jeg−1(W ) ∈ TY . Dakle, g je neprekidno. �

X

Yf ##●

●●●●

●●●X Z

ϕ //

Y

Z

ϕ

;;✇✇

✇✇

Slede�u posledicu �emo qesto koristiti.

Posledica 82 Neka je f : X → Y koliqniqko preslikavaǌe. Ako jeϕ : X → Z neprekidno preslikavaǌe takvo da za sve x1, x2 ∈ X vaжiimplikacija

f(x1) = f(x2) =⇒ ϕ(x1) = ϕ(x2),

onda postoji jedinstveno neprekidno preslikavaǌe ϕ : Y → Z takvoda dijagram desno komutira (tj. takvo da je ϕ ◦ f = ϕ). Ako jox za sve x1, x2 ∈ X vaжi iekvivalencija

f(x1) = f(x2) ⇐⇒ ϕ(x1) = ϕ(x2),

onda je ϕ ,,1-1”.

42

Dokaz: Definiximo ϕ : Y → Z na slede�i naqin: za y ∈ Y , ϕ(y) := ϕ(x), gde je x ∈ Xtakvo da je f(x) = y. Preslikavaǌe ϕ je ispravno definisano zato xto je f ,,na” izato xto za svake dve taqke x, x′ ∈ X vaжi implikacija: f(x) = f(x′) ⇒ ϕ(x) = ϕ(x′).Odmah je oqigledno i da dijagram komutira – za sve x ∈ X, ϕ(f(x)) = ϕ(x). Kako jekompozicija ϕ ◦ f = ϕ neprekidno preslikavaǌe, a f koliqniqko, to je, na osnovu stava81, i ϕ neprekidno.

Jedinstvenost preslikavaǌa ϕ sledi iz qiǌenice da je f ,,na”. Naime, ako je ϕ1 :Y → Z jox jedno (neprekidno) preslikavaǌe takvo da je ϕ1 ◦ f = ϕ, onda imamo da jeϕ1 ◦ f = ϕ ◦ f , pa kako je f ,,na”, to mora biti ϕ1 = ϕ.

Dokaжimo jox da je ϕ ,,1-1” u sluqaju da za sve x1, x2 ∈ X vaжi i obrnuta im-plikacija: ϕ(x1) = ϕ(x2) ⇒ f(x1) = f(x2). Neka su y1, y2 ∈ Y takve da je ϕ(y1) = ϕ(y2).Kako je f ,,na”, to postoje x1, x2 ∈ X za koje je f(x1) = y1 i f(x2) = y2. Imamo da je

ϕ(x1) = ϕ(f(x1)

)= ϕ(y1) = ϕ(y2) = ϕ

(f(x2)

)= ϕ(x2),

pa onda vaжi i f(x1) = f(x2), tj. y1 = y2. �

1.7.2 Koliqniqki prostori

Neka je (X, TX) topoloxki prostor i ∼ relacija ekvivalencije na skupu X. Kao xto jei uobiqajeno, klasu ekvivalencije taqke x ∈ X oznaqi�emo sa [x], a koliqniqki skup{[x] | x ∈ X} sa X/∼. Neka je π : X → X/∼ prirodna surjekcija (π(x) = [x]). Uoqimoslede�u familiju podskupova koliqniqkog skupa X/∼:

TX/∼ :={W ⊆ X/∼

∣∣ π−1(W ) ∈ TX}.

Stav 83 Familija TX/∼ jeste topologija na X/∼.

Dokaz: Dokaжimo da familija TX/∼ ispuǌava uslove (T1)–(T3) iz definicije 1.(T1) Poxto je π−1(∅) = ∅ ∈ TX i π−1(X/∼) = X ∈ TX , zakǉuqujemo da ∅, X/∼ ∈ TX/∼.(T2) Neka je {Wλ}λ∈Λ podfamilija familije TX/∼. Dakle, vaжi da je π−1(Wλ) ∈ TX za

sve λ ∈ Λ. Odatle znamo da je π−1(⋃λ∈ΛWλ) =

⋃λ∈Λ π

−1(Wλ) ∈ TX (jer je TX topologija),pa vaжi da je

⋃λ∈ΛWλ ∈ TX/∼.

(T3) Neka su W1,W2 ∈ TX/∼. Tada je π−1(W1 ∩W2) = π−1(W1) ∩ π−1(W2) ∈ TX, pa je iW1 ∩W2 ∈ TX/∼. �

Definicija 84 Topoloxki prostor (X/∼, TX/∼) nazivamo koliqniqkim prostorom, ilikoliqnikom, prostora (X, TX) po relaciji ∼.

Naravno, kra�e �emo govoriti da je X/∼ koliqnik prostora X, podrazumevaju�ipri tom odgovaraju�e topologije.

Primetimo da, po definiciji topologije TX/∼, za proizvoǉan W ⊆ X/∼ vaжi ekvi-valencija: W ∈ TX/∼ ⇔ π−1(W ) ∈ TX . To znaqi da je prirodna surjekcija π : X → X/∼uvek koliqniqko preslikavaǌe.

Iz neprekidnosti i surjektivnosti preslikavaǌa π zakǉuqujemo da se sve neprekidneinvarijante prenose na koliqniqke prostore. O tome govore naredna tri stava, kojasu direktne posledice stavova 32, 47 i 60.

Stav 85 Ako je X kompaktan, onda je i X/∼ kompaktan.


Stav 86 Ako je X povezan, onda je i X/∼ povezan.

Stav 87 Ako je X putno povezan, onda je i X/∼ putno povezan.

Svojstvo T2, me�utim, ne prenosi se na koliqniqke prostore: koliqnik Hauzdor-fovog prostora ne mora biti Hauzdorfov.

Primer 1.7.2 Neka je I = [0, 1] jediniqni interval. Definiximo relaciju ∼ na I naslede�i naqin: za x1, x2 ∈ I,

x1 ∼ x2def⇐⇒ x1 = x2 ∨ x1, x2 < 1.

Lako se vidi da je ∼ relacija ekvivalencije na I, koja ima taqno dve klase: C0 = [0, 1)i C1 = {1}. Dakle, I/∼ = {C0, C1}, pri qemu je skup π−1({C0}) = [0, 1) otvoren u I, paje {C0} otvoren u I/∼, dok skup π−1({C1}) = {1} nije otvoren u I, pa {C1} nije otvorenu I/∼ (I/∼ je svezana dvotaqka). To znaqi da svaki otvoren skup koji sadrжi taqku(klasu) C1 ∈ I/∼ mora sadrжati i taqku C0, pa ove dve taqke prostora I/∼ nemajume�usobno disjunktne okoline. Dakle, I/∼ nije T2-prostor, dok I, naravno, jeste.

Naredni stav daje dovoǉne uslove da koliqniqki prostor X/∼ bude Hauzdorfov(bez obzira na to da li je X Hauzdorfov). Kako je ∼ binarna relacija na skupu X, toje ∼ zapravo podskup Dekartovog proizvoda X ×X = X2, pa se u narednom stavu takoi tretira.

Stav 88 Ako je prirodna surjekcija π : X → X/∼ otvoreno preslikavaǌe i ako je ∼zatvoren skup u X2, onda je X/∼ Hauzdorfov prostor.

Dokaz: Neka su [x1], [x2] ∈ X/∼ dve razliqite taqke. To znaqi da x1 ≁ x2, drugim reqima,da (x1, x2) /∈ ∼. Kako je ∼ zatvoren, odnosno ∼c otvoren skup u X2, to postoje skupoviU, V ∈ TX takvi da je (x1, x2) ∈ U × V ⊆ ∼c.

Zbog otvorenosti preslikavaǌa π, skupovi π(U) i π(V ) jesu otvoreni u X/∼. Kakox1 ∈ U i x2 ∈ V , imamo da [x1] = π(x1) ∈ π(U) i [x2] = π(x2) ∈ π(V ).

Dokaжimo jox da je π(U)∩ π(V ) = ∅. Ako bi postojala taqka (klasa) σ ∈ π(U)∩ π(V ),to bi znaqilo da je za neke u ∈ U i v ∈ V ispuǌeno π(u) = σ = π(v). Me�utim,

π(u) = π(v) ⇐⇒ [u] = [v] ⇐⇒ u ∼ v ⇐⇒ (u, v) ∈ ∼,

a ovo posledǌe je u kontradikciji sa qiǌenicom U × V ⊆ ∼c.Dakle, π(U) i π(V ) jesu me�usobno disjunktne okoline taqaka [x1] i [x2], pa je X/∼

Hauzdorfov prostor. �

Koliqniqki prostori se ponaxaju prirodno u odnosu na homeomorfizme koji ,,pox-tuju” uoqene relacije ekvivalencije. Preciznije, vaжi slede�i stav.

Stav 89 Neka je ∼ relacija ekvivalencije na prostoru X, ρ relacija ekvivalencije naprostoru Y i h : X → Y homeomorfizam takav da za sve x1, x2 ∈ X vaжi ekvivalencija:x1 ∼ x2 ⇔ h(x1) ρ h(x2). Tada je X/∼ ≈ Y/ρ.

Dokaz: Neka su π : X → X/∼ i p : Y → Y/ρ prirodne surjekcije (koje su koliqniqkapreslikavaǌa).

44

X

X/∼

π

��

X Yh //

X/∼ Y/ρh //❴❴❴❴❴❴

Y

Y/ρ

p

��

Poxto za sve x1, x2 ∈ X vaжe ekvivalencije

π(x1) = π(x2) ⇐⇒ [x1] = [x2] ⇐⇒ x1 ∼ x2 ⇐⇒ h(x1) ρ h(x2)

⇐⇒ [h(x1)] = [h(x2)] ⇐⇒ p(h(x1)

)= p(h(x2)

),

iz posledice 82 zakǉuqujemo da postoji (jedinstvena) neprekidna

injekcija h : X/∼→ Y/ρ takva da je h◦π = p◦h. Me�utim, preslikavaǌe p◦h je ,,na” (kao

kompozicija dve surjekcije), pa je onda i h ,,na”. Dakle, h je neprekidna bijekcija. I

h−1, na osnovu stava 81, jeste neprekidno preslikavaǌe, jer je h−1◦p = π◦h−1 neprekidno,a p koliqniqko. Zakǉuqujemo da je h homeomorfizam, pa vaжi X/∼ ≈ Y/ρ. �

Razmotrimo sad jedan specijalan sluqaj koliqniqkih prostora.

Definicija 90 Neka je X topoloxki prostor i f : X → Y bilo koje preslikavaǌe(gde je Y neki skup, ne obavezno topoloxki prostor). Tada definixemo prostor X/fkao koliqnik X/∼, gde je ∼ relacija (ekvivalencije) na X definisana sa:

x1 ∼ x2def⇐⇒ f(x1) = f(x2).

Dakle, za definiciju prostora X/f nije neophodno da na Y (kodomenu preslikavaǌaf) imamo zadatu topologiju. U slede�oj teoremi, pak, jasno je da Y jeste topoloxkiprostor.

Teorema 91 Ako je f : X → Y koliqniqko preslikavaǌe, onda je X/f ≈ Y .

Dokaz: Neka je π : X → X/f prirodna surjekcija. Od ranije znamo da je i π koliqniqkopreslikavaǌe.

X

X/f

π ##●●●

●●●●

X Yf //

X/f

Y

g

;;✇✇

✇✇

Kako za x1, x2 ∈ X vaжe ekvivalencije

π(x1) = π(x2) ⇐⇒ [x1] = [x2] ⇐⇒ x1 ∼ x2 ⇐⇒ f(x1) = f(x2),

to postoji neprekidna injekcija g : X/f → Y takva da je g ◦ π = f(posledica 82). Odmah vidimo da je g i ,,na” (jer je f ,,na”),pa dobijamo da je g neprekidna bijekcija. Pored toga, poxto jeg−1 ◦ f = g−1 ◦ g ◦ π = π neprekidno preslikavaǌe, a f koliqniqko,prema stavu 81, i g−1 je neprekidno. Dakle, g je homeomorfizam, pa vaжi X/f ≈ Y . �

Ako je ∼ relacija ekvivalencije na X, onda je zapravo ∼ ⊆ X2 (kao xto je i ranijenapomenuto). Ako je jox i A ⊆ X, onda ∼ indukuje relaciju ekvivalencije ∼A na skupuA. Formalno, ∼A:= A2 ∩∼, tj. za proizvoǉne a1, a2 ∈ A vaжi a1 ∼A a2 ⇔ a1 ∼ a2. Zato jeuobiqajeno da se i relacija ∼A oznaqava sa ∼, kad god to ne izaziva nikakvu zabunu.

Teorema 92 Neka je ∼ relacija ekvivalencije na prostoru X takva da je koliqniqki pros-tor X/∼ Hauzdorfov. Ako je A kompaktan potprostor od X koji seqe sve klase ekviva-lencije relacije ∼ ((∀x ∈ X) [x] ∩A 6= ∅), onda je X/∼ ≈ A/∼.

Dokaz: Neka je π : X → X/∼ prirodna surjekcija i i : A → X inkluzija – preslikavaǌedefinisano sa i(a) := a, za sve a ∈ A. Inkluzija je, naravno, uvek neprekidno pres-likavaǌe, jer je to zapravo restrikcija na A identitete 1X : X → X. Kompozicija


π ◦ i : A → X/∼ jeste, dakle, neprekidno preslikavaǌe, a primetimo da je i surjek-tivno. Naime, po pretpostavci, svaka klasa [x] ∈ X/∼ ima predstavnika a ∈ A, pa je[x] = [a] = π(a) = π(i(a)). Uz sve to, domen preslikavaǌa π ◦ i jeste kompaktan, a kodomenHauzdorfov, pa je, na osnovu posledice 80, π ◦ i koliqniqko preslikavaǌe. Premateoremi 91, vaжi A/(π ◦ i) ≈ X/∼. Konaqno, kako je, za a1, a2 ∈ A,

(π◦i)(a1) = (π◦i)(a2) ⇔ π(i(a1)) = π(i(a2)) ⇔ π(a1) = π(a2) ⇔ [a1] = [a2] ⇔ a1 ∼ a2,

to je A/(π ◦ i) = A/∼, qime je dokaz zavrxen. �

Za kraj ovog pododeǉka, uvedimo jox jedan specijalan sluqaj koliqniqkih prostora.

Definicija 93 Neka je X topoloxki prostor i A ⊆ X. Tada definixemo prostorX/A kao koliqnik X/∼, gde je ∼ relacija (ekvivalencije) na X definisana sa:

x1 ∼ x2def⇐⇒ x1 = x2 ∨ x1, x2 ∈ A.

Oqigledno, za ovako definisanu relaciju, postoje jednoqlane klase: [x] = {x} kadgod je x ∈ X \ A; i postoji jox jedna klasa – skup A. Dakle, moжemo re�i da ukoliqniqkom prostoru X/A qitav skup A postaje jedna taqka, dok taqke iz X \A ostajutaqke i u X/A. Zato se kaжe da prostor X/A nastaje skupǉaǌem potprostora A u taqkuili kolabiraǌem potprostora A. U predstoje�em pododeǉku, ovaj naziv �e dobiti igeometrijsko potkrepǉeǌe – bar u sluqaju kad je A zatvoren potprostor od X.

1.7.3 Primeri koliqniqkih prostora

Primer 1.7.3 (Kruжnica) Neka je f : I → S1 preslikavaǌe definisano sa

f(t) = (cos 2πt, sin 2πt), t ∈ I.

Kao xto smo ranije ve� videli, f je neprekidno i ,,na”. Kako je I kompaktan, a S1

Hauzdorfov prostor, to je, prema stavu 80, f koliqniqko. Na osnovu teoreme 91, vaжida je I/f ≈ S1. S druge strane, za t1, t2 ∈ I, lako se vidi da vaжi:

t1 ∼ t2 ⇐⇒ f(t1) = f(t2) ⇐⇒ (cos 2πt1, sin 2πt1) = (cos 2πt2, sin 2πt2)

⇐⇒ t1 = t2 ∨ |t1 − t2| = 1 ⇐⇒ t1 = t2 ∨ t1, t2 ∈ {0, 1}.Dakle, imamo jednu dvoqlanu klasu ekvivalencije {0, 1}, koju �emo oznaqiti sa a, asve ostale klase su jednoqlane. To znaqi da se prostor I/f dobija od I tako xto seidentifikuju krajevi intervala I – taqke 0 i 1 ,,postaju” jedna taqka a ∈ I/f .

b≈ ≈a a

a

a a

Dakle, kruжnica S1

je homeomorfna ovom ko-liqniqkom prostoru, tj.intervalu I sa iden-tifikovanim krajevima.To moжemo da vidimoi geometrijski. Akozatvorenu duж (zatvoreni

46

interval) savijemo i spojimo ǌene krajeve u jednu taqku, dobijamo bax kruжnicu.Samim tim, dozvoǉeno je uqiniti i obrnuto: kruжnicu ,,secnuti” na jednom mestu idobiti zatvorenu duж sa identifikovanim krajevima. Naglasimo da ovo ,,seckaǌe”nije ono seckaǌe (kidaǌe) koje je zabraǌeno ako жelimo da se ne promeni topoloxkitip. Pri ovom seckaǌu, mi (odgovaraju�om oznakom) zadrжavamo informaciju da sukrajevi intervala zapravo jedna te ista taqka (klasa). Dakle, kruжnica nije homeo-morfna zatvorenom intervalu, nego koliqniku zatvorenog intervala – duжi sa identi-fikovanim krajevima.

I

S1f ##●

●●●●

●●●I R2ϕ //

S1

R2

ϕ

;;✇✇

✇✇

Koliqniqko preslikavaǌe f iz ovog primera moжemo da isko-ristimo i za nexto drugaqiju formulaciju Жordanove teoreme(teoreme 67). Naime, prosta zatvorena (Жordanova) kriva uravni dobija se kao slika neprekidnog preslikavaǌa ϕ : I → R2

takvog da je ϕ|[0,1) ,,1-1” i ϕ(0) = ϕ(1). Me�utim, kako i za preslika-vaǌe f vaжi da je f |[0,1) ,,1-1” i f(0) = f(1), to za sve t1, t2 ∈ I imamoekvivalenciju: f(t1) = f(t2) ⇔ ϕ(t1) = ϕ(t2). Prema posledici 82,postoji jedinstveno ϕ : S1 → R2 koje je neprekidno, ,,1-1” i za kojedijagram desno komutira (ϕ◦f = ϕ). Poxto je S1 kompaktan prostor, a R2 Hauzdorfov,ϕ je zapravo jedno utapaǌe kruжnice S1 u ravan R2 (posledica 43).

Naravno, i kad nam je dato neprekidno ,,1-1” preslikavaǌe (utapaǌe) ϕ : S1 → R2,odmah dobijamo i ϕ : I → R2 kao kompoziciju ϕ ◦ f , pri qemu se lako vidi da �e vaжitiϕ(0) = ϕ(1) i da �e ϕ|[0,1) biti ,,1-1”.

Dakle, prosta zatvorena kriva nije nixta drugo do homeomorfna slika kruжnice.Zato se Жordanova teorema moжe formulisati i na slede�i naqin.

Teorema 94 Ako je S bilo koji potprostor ravni R2 homeomorfan kruжnici (S = g(S1),gde je g : S1 → R2 neprekidna injekcija), onda R2\S ima taqno dve komponente povezanosti.Jedna od ǌih je ograniqena, druga je neograniqena, a granica obe je S.

Zapravo, vaжi i uopxteǌe Жordanove teoreme, koje se naziva Жordan-Brauerovomteoremom.

Teorema 95 Ako je n ∈ N i S potprostor od Rn+1 homeomorfan sferi Sn (S = g(Sn), gde jeg : Sn → Rn+1 neprekidna injekcija), onda Rn+1\S ima taqno dve komponente povezanosti.Jedna od ǌih je ograniqena, druga je neograniqena, a granica obe je S.

Primer 1.7.4 (Cilindar) Neka je sada f : I2 → S1 × I preslikavaǌe iz kvadrataI2 = [0, 1]× [0, 1] u cilindar S1 × I ⊆ R3 definisano sa

f(u, v) = (cos 2πu, sin 2πu, v), (u, v) ∈ I2.

Sva tri ǌegova koordinatna preslikavaǌa su neprekidna, pa je i ono neprekidno.Tako�e, lako se vidi da je i ,,na”, a kako je I2 kompaktan, a S1 × I Hauzdorfov, to je fjedno koliqniqko preslikavaǌe, pa je, na osnovu teoreme 91, I2/f ≈ S1 × I.

Pri tom se, sliqno kao u prethodnom primeru, lako vidi da za sve (u1, v1), (u2, v2) ∈ I2

vaжi da je

(u1, v1) ∼ (u2, v2) ⇐⇒ f(u1, v1) = f(u2, v2) ⇐⇒(u1 = u2 ∨ u1, u2 ∈ {0, 1}

)∧ v1 = v2.


0

1

1 u

v

b b

bb

b b

b b

a a

b b

c c

x x

I2

Dakle, svaka taqka na duжi {0} × I identifiko-vana je sa odgovaraju�om taqkom na duжi {1} × I(onom koja je na istoj ,,visini”) i to su dvoqlaneklase ove relacije ekvivalencije. Na primer, dva,,doǌa” temena kvadrata (0, 0) i (1, 0) qine jednuklasu a, dva gorǌa (0, 1) i (1, 1) klasu b, taqke (0, 3

4)

i (1, 34) klasu x itd. Sve ostale klase su jednoqlane:

za (u, v) ∈ (0, 1)× [0, 1], [(u, v)] = {(u, v)}.Iz ovog opisa vidimo da, ako na dvema naspram-

nim stranicama kvadrata identifikujemo taqke ,,naistoj visini”, dobijamo koliqniqki prostor home-omorfan cilindru. Dakle, topoloxki, cilindar jekvadrat sa (upravo opisanom) identifikacijom dveju naspramnih stranica. To oz-naqavamo tako xto na te dve stranice postavimo (isto usmerene) strelice i oznaqimoih obe npr. sa α. Zapravo, α je jedna duж u ovom koliqniqkom prostoru.

αα α α≈ ≈

Homeomorfizam izme-�u ovog koliqniqkog pros-tora i cilindra moжemoda vidimo i geometrij-ski. Kvadrat savijemo,dve naspramne stranice(oznaqene sa α) ,,zale-pimo” po naznaqenoj iden-tifikaciji i dobijamocilindar. Poxto je kvadrat, naravno, homeomorfan pravougaoniku, na osnovu stava89, sasvim je svejedno da li kvadratu ili pravougaoniku identifikujemo naspramnestranice na ovaj naqin – uvek dobijamo cilindar.

Kao i u prethodnom primeru, to znaqi da se topoloxki tip prostora (cilindra)ne�e promeniti i ako izvrximo inverznu operaciju, tj. ako cilindar ,,iseqemo” pojednoj ǌegovoj izvodnici, a da pritom, naravno, odgovaraju�im strelicama naznaqimoidentifikaciju dveju dobijenih duжi.

U ova dva primera (kruжnice i cilindra), kroz geometrijsku interpretaciju dobi-jenih homeomorfizama, primeǌivali smo zapravo dve (me�usobno inverzne) operacije,koje se zovu seqeǌe (ili seckaǌe) i lepǉeǌe, i pri kojima se quva topoloxki tip.To su operacije na koliqniqkim modelima prostora (pod koliqniqkim modelom datogprostora podrazumevamo koliqniqki prostor koji mu je homeomorfan). One, u stvari,predstavǉaju prelazak s jednog koliqniqkog modela prostora na drugi koliqniqki mo-

≈

lepǉeǌe po α

seqeǌe po α

αα α

del tog istog prostora. Slikadesno, na primer, pokazuje daje dvodimenzioni disk homeomor-fan koliqniku disjunktne unijedva poludiska po naznaqenojrelaciji. Kad poludiskove za-lepimo po α, dobijamo disk, iobrnuto, kada disk iseqemo pojednom ǌegovom preqniku α, dobijamo dva poludiska sa naznaqenom identifikacijom.

48

Naglasimo da je prostor levo na ovoj slici povezan (homeomorfan je prostoru desno– disku), iako je on koliqnik nepovezanog prostora – disjunktne unije dva poludiska.

Pokaжimo, jox samo na ovom primeru, kako bi se formalno obrazloжilo da suprostori koji nastaju jedan od drugog seqeǌem i lepǉeǌem me�usobno homeomorfni.(Nadaǉe �emo se malo slobodnije ophoditi prema koliqniqkim prostorima – secka�e-mo ih i lepiti, bez zadrжavaǌa na ovakvim formalnostima.) Ako sa X oznaqimodisjunktnu uniju dva poludiska, a sa Y disk, onda moжemo da uoqimo preslikavaǌef : X → Y koje jedan od dva poludiska homeomorfno preslika na ,,levu polovinu” diska,a drugi homeomorfno na desnu polovinu. To preslikavaǌe je neprekidno (po Teoremio lepǉeǌu), oqigledno je ,,na” i slika kompaktan u Hauzdorfov prostor. Zato je fkoliqniqko, pa je, po teoremi 91, X/f ≈ Y . Me�utim, preslikavaǌe f indukuje na Xupravo relaciju (ekvivalencije) opisanu na crteжu – odgovaraju�e taqke dveju duжioznaqenih sa α pomo�u f se slikaju u istu taqku.

Primer 1.7.5 (Mebijusova traka) Posmatrajmo sad pravougaonik kome su identi-fikovane dve naspramne stranice, ali tako da su odgovaraju�e strelice suprotnousmerene. Da bismo zalepili ove dve stranice, potrebno je da jednu zarotiramo za180◦. Kada izvrximo to lepǉeǌe, dobijamo Mebijusovu traku.

α αα

α

≈ ≈

Dakle, pravougaonik sa ovakvom identifikacijom dve naspramne stranice pred-stavǉa jedan koliqniqki model (u ravni) Mebijusove trake. Na Mebijusovoj traciuoqimo dve (topoloxke) kruжnice. Na slici niжe, zelenom bojom je obojena tzv. cen-tralna kruжnica, a plavom tzv. graniqna kruжnica Mebijusove trake. Ovde se req,,graniqna”, odnosno ,,granica”, koristi u drugaqijem smislu od onog iz definicije12. Intuitivno je jasno o kakvoj ,,granici” je ovde req, a nexto kasnije �e ovaj pojambiti i formalno uveden. U ovom smislu, dakle, granica Mebijusove trake sastoji se izjedne kruжnice, dok granicu cilindra (v. primer 1.7.4) qine dve disjunktne kruжnice.

αα

αα

≈ ≈α

Na crteжu je jasno prikazano kako se ove dve kruжnice na Mebijusovoj traci vide upomenutom koliqniqkom modelu – kad iseqemo po duжi α. Na primer, graniqna kruж-nica je ovde koliqnik dve disjunktne duжi – dve (neidentifikovane) naspramne stra-nice pravougaonika. Ako krenemo po toj kruжnici iz doǌeg levog temena pravougaonika(koje je ,,poqetna” taqka duжi α) po doǌoj stranici, stiжemo do doǌeg desnog temena,


koje je ,,krajǌa” taqka duжi α. Ali i gorǌe levo teme je krajǌa taqka duжi α, pa se,dakle, nalazimo u ǌemu. Onda nastavimo kretaǌe po gorǌoj stranici i stiжemo dogorǌeg desnog temena, a to je opet poqetna taqka duжi α, xto znaqi da smo se vratiliu taqku iz koje smo krenuli. Time smo obixli celu graniqnu kruжnicu.

Pored ovog, Mebijusova traka ima i druge ravanske koliqniqke modele. Na primer,ako ovaj pravougaoni model iseqemo po dijagonali β, zatim desni trougao zarotiramooko jedne (plave) ǌegove stranice, pa ga onda postavimo levo u odnosu na drugi trougaoi na kraju zalepimo po α, dobijamo jedan trougaoni model Mebijusove trake. Prime-timo da je β (topoloxka) kruжnica, jer su poqetna i krajǌa taqka od β me�usobnoidentifikovane.

αα ≈β ≈ ≈

α α ααββ

ββ

ββ

Dakle, trougao qije su dve stranice identifikovane na prikazan naqin jeste zap-ravo Mebijusova traka. Na crteжu je istaknuto i xta se dexava sa centralnom igraniqnom kruжnicom Mebijusove trake u ovom koliqniqkom modelu. Graniqna je, ustvari, ona tre�a stranica trougla (qiji su krajevi identifikovani), a centralnaje odgovaraju�a sredǌa linija trougla. Primetimo da su sva tri temena trouglazapravo jedna te ista taqka u ovom koliqniqkom prostoru, tj. da temena qine jednutroqlanu klasu naznaqene relacije ekvivalencije.

Na slede�oj slici je opisano kako se dobija jox jedan koliqniqki model u ravniMebijusove trake.

≈≈

≈

bb

b b

b

b

b b

bbb b b b

b b

b

b

≈ ≈

α1

α1

α1

α1

α1 α1

α2 α2

α2

α2

α2

α2

α2

α2

α2 α2γ

γγ

γ γ

γ γ

γ

γ

γ

γ

Duж α se podeli na dve: α1 i α2; centralna kruжnica se oznaqi sa γ, pa se opisanimseckaǌem i lepǉeǌem dolazi do kruжnog prstena sa identifikacijom na jednoj od dveǌegove graniqne kruжnice. Svaka taqka te kruжnice u relaciji je sa sebi dijame-tralno suprotnom (antipodalnom) taqkom, pa se zato ova identifikacija zove antipo-dalna identifikacija.

50

≈ ≈

Nije texko videti da jekruжni prsten homeomorfancilindru. Naime, jednugraniqnu kruжnicu kruжnogprstena (na primer, onumaǌu – unutraxǌu) ,,izvuqe-mo” na gore, sve to malouobliqimo i dobijamo cilin-dar. Pri tom homeomor-fizmu, naravno, graniqne kruжnice kruжnog prstena odgovaraju graniqnim kruжni-cama cilindra. Na osnovu stava 89, zakǉuqujemo da se Mebijusova traka moжe videtii kao cilindar sa antipodalnom identifikacijom na jednoj rubnoj kruжnici. Odavde

≈ ≈b b

b b

b b

γ

γγ

γγ

γ

se odmah vidi i da posto-ji homeomorfizam kruж-nog prstena na sebe takavda se pri ǌemu spoǉax-ǌa rubna kruжnica pres-lika na unutraxǌu iobrnuto. Zato moжemore�i da je Mebijusovatraka homeomorfna prste-nu sa antipodalnom iden-tifikacijom na jednoj rub-noj kruжnici tog prstena – svejedno da li spoǉaxǌoj ili unutraxǌoj. Pri tom,na tom ,,identifikovanom” delu ruba vidimo ,,dvostruko” centralnu kruжnicu Mebi-jusove trake, dok ona druga rubna kruжnica predstavǉa zapravo graniqnu kruжnicuMebijusove trake.

Iz ovog koliqniqkog modela jasno se vidi i slede�a qiǌenica: ako je M Mebi-jusova traka, a γ ǌena centralna kruжnica, onda je M \ γ ≈ S1 × (0, 1]. Maǌe formalnogovore�i, ako iz Mebijusove trake izbacimo centralnu kruжnicu, tj. ako Mebijusovutraku bukvalno iseqemo po sredini, dobijamo nexto, na prvi pogled, neoqekivano: do-bijamo povezan prostor, preciznije, cilindar (sa kojeg je izbaqena jedna rubna kruж-nica).

Primer 1.7.6 (Torus) Neka su u jednoj ravni (smextenoj u prostoru) zadate kruжnicai prava koje se ne seku. Kad se kruжnica rotira oko prave, nastaje rotaciona povrxkoja se zove torus – ,,povrx �evreka”. Za torus obiqno koristimo oznaku T 2.

Topoloxki, torus se moжe videti i kao koliqnik pravougaonika (kvadrata). Naime,uvedimo relaciju ekvivalencije na pravougaoniku na slede�i naqin. Neka su dve


naspramne stranice (na narednoj slici oznaqene sa α) identifikovane kao kod cilin-dra, ali neka je sad i drugi par naspramnih stranica identifikovan na isti naqin(isto usmerenim strelicama β). Kao i u prethodnim primerima, u unutraxǌostipravougaonika nema identifikacije (sve unutraxǌe taqke qine jednoqlane klase). Akoizvrximo lepǉeǌe naznaqeno ovom identifikacijom, dobijamo upravo torus.

αα α α≈ ≈

≈ ≈ ≈

β

β

β

β

β

β

β

β

β

β

Primetimo da su u ovom primeru sva qetiri temena pravougaonika me�usobno urelaciji i qine jednu klasu ekvivalencije – jednu taqku u koliqniqkom prostoru.Zato su α i β kruжnice na torusu.

b

b

b

b

αα

β

β

T 2 ≈

Dakle, ako na rub pravougaonikauvedemo takvu identifikaciju da kre-�u�i se po rubu (u smeru suprotnomsmeru kazaǉke na satu poqev iz doǌeglevog temena) prolazimo kruжnice αi β po ,,pravilu” βαβ−1α−1, dobijamotorus. Na osnovu stava 89, ako narub bilo kog potprostora ravni homeo-morfnog pravougaoniku (npr. kvadrata,romba, bilo kog mnogougla, diska ilibilo qega drugog) uvedemo identifikaciju ,,βαβ−1α−1”, opet dobijamo torus.

Primer 1.7.7 (Klajnova boca) Uvedimo sad identifikaciju na rub pravougaonika naslede�i naqin: kao u prethodnom primeru, identifikujemo naspramne stranice, s tomrazlikom xto sad promenimo smer jednoj strelici oznaqenoj sa β (na primer, gorǌoj).

αα

β

β

K :

Dobijeni koliqniqki prostor nazivamo Klajnovom bo-com i obiqno oznaqavamo sa K. Dakle, Klajnova boca sedobija kad se na rub pravougaonika (ili neke figure uravni homeomorfne pravougaoniku – kvadrata, diska, . . . )uvede identifikacija ,,βαβα−1”. Primetimo da su i ovdesva qetiri temena me�usobno identifikovana. Naime, dvadoǌa su u relaciji, jer su oba ,,poqetak” od α; dva gorǌatako�e, jer su oba ,,kraj” od α; doǌe levo i gorǌe desno

52

predstavǉaju ,,poqetak” od β, te su i ta dva, a samim tim, i sva qetiri temena, u istojklasi ekvivalencije. Zato su α i β kruжnice na Klajnovoj boci.

αα α α≈ ≈

≈ ≈

β

β

β

β

β

β

β

β

Za razliku od pret-hodnog primera, ovde nas-lu�ujemo da lepǉeǌe naz-naqeno ovom identifika-cijom nije mogu�e izvr-xiti, a da ne do�edo samopreseka. Zbogpromeǌene orijentacije,,,gorǌu” kruжnicu β sadtreba zalepiti ,,odozgo”na ,,doǌu” kruжnicu β,pa nam intuicija kazujeda se negde mora ,,probi-ti” Klajnova boca. Taq-nije reqeno, ne postojiutapaǌe Klajnove boceu trodimenzioni euklid-ski prostor. Dokaz ove qiǌenice zahteva poznavaǌe tehnika koje prevazilaze ovuskriptu, a isto vaжi i za dokaz qiǌenice da postoji utapaǌe Klajnove boce u R4.Dakle, naznaqeno lepǉeǌe ne moжe se izvrxiti u R3, ali moжe u R4.

Pored ovog osnovnog, postoji jox jedan qesto korix�eni koliqniqki model u ravniKlajnove boce. Na slede�oj slici opisano je seqeǌe i lepǉeǌe kojim se dobija tajmodel.

αα

β

β

γ ≈ ≈

≈ ≈ ≈b b

bb

γγ

γ

γ

γ

γ

γ

γ

γ

γ

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

β

β

ββ

Dakle, ako se na rub diska (ili neke figure homeomorfne disku) uvede identi-fikacija ,,ααγγ”, opet se dobija Klajnova boca.

Primetimo da je Klajnova boca kompaktan i povezan topoloxki prostor, jer je za-data kao koliqnik kompaktnog i povezanog (stavovi 85 i 86).

Primer 1.7.8 (Projektivni prostor) Neka je n ∈ N i 0 ∈ Rn+1 koordinatni poqetak.Uvedimo relaciju ∼ na topoloxki prostor Rn+1\{0} na slede�i naqin: za x, y ∈ Rn+1\{0}

x ∼ ydef⇐⇒ (∃λ ∈ R) y = λx.


Naravno, kako su x i y nenula vektori, to i skalar λ mora biti razliqit od nule. Lakose vidi da je ∼ jedna relacija ekvivalencije na Rn+1 \ {0}. Geometrijski formulisano,dva nenula vektora su u relaciji ∼ ako i samo ako su kolinearna. Dakle, klaseekvivalencije ove relacije jesu prave kroz koordinatni poqetak, ali prave kojimanedostaje jedna taqka (i to bax sam koordinatni poqetak).

Definicija 96 Realni n-dimenzioni projektivni prostor, u oznaci RPn, jeste koliq-niqki prostor (Rn+1 \ {0})/∼. Specijalno, prostor RP2 = (R3 \ {0})/∼ nazivamo projek-tivnom ravni.

Stav 97 Projektivni prostor RPn jeste Hauzdorfov.

Dokaz: Prvi naqin: Na osnovu stava 88, dovoǉno je da dokaжemo da je ∼ zatvorenpotprostor od (Rn+1 \ {0})2 i da je prirodna surjekcija π : Rn+1 \ {0} → RPn otvorenopreslikavaǌe.

Dokaжimo najpre da je ∼ zatvoren u (Rn+1\{0})×(Rn+1\{0}). Podsetimo se da za svakadva vektora x, y ∈ Rn+1 \ {0} (x = (x1, . . . , xn+1), y = (y1, . . . , yn+1)) vaжi Koxi-Xvarcovanejednakost: (

n+1∑

i=1

xiyi

)2

6

n+1∑

i=1

x2i ·n+1∑

i=1

y2i ,

pri qemu je zadovoǉena jednakost ako i samo ako su x i y kolinearni. Zato moжemodefinisati funkciju f : (Rn+1 \ {0})2 → [0,+∞) formulom

f(x, y) :=n+1∑

i=1

x2i ·n+1∑

i=1

y2i −(n+1∑

i=1

xiyi

)2

, x, y ∈ Rn+1 \ {0}.

Oqigledno, f je neprekidno preslikavaǌe (jer je polinomijalno) i vaжi da je f(x, y) = 0ako i samo ako je y = λx za neki skalar λ, tj. ako i samo ako je (x, y) ∈ ∼. Zakǉuqujemoda je ∼ = f−1({0}), a ovo je zatvoren skup kao inverzna slika zatvorenog skupa {0} prineprekidnom preslikavaǌu f .

Dokaжimo sada da je π otvoreno preslikavaǌe. U tu svrhu, za λ ∈ R \ {0} uoqimopreslikavaǌe (oznaqeno istim slovom) λ : Rn+1 \ {0} → Rn+1 \ {0} dato kao mnoжeǌeskalarom λ (za x ∈ Rn+1 \ {0}, λ(x) := λx). Ono je, oqito, neprekidno, a postoji i ǌemuinverzno preslikavaǌe. U pitaǌu je mnoжeǌe skalarom λ−1 = 1

λ, a ono je, naravno,

tako�e neprekidno. Zakǉuqujemo da je preslikavaǌe λ homeomorfizam. Posebno, toznaqi da je λ otvoreno preslikavaǌe, pa ako je U otvoren skup u Rn+1 \ {0}, onda je iλ(U) = λU = {λx | x ∈ U} tako�e otvoren skup u Rn+1 \ {0}.

Neka je U proizvoǉan otvoren skup u Rn+1 \ {0}. Жelimo da dokaжemo da je π(U)otvoren u RPn. Po definiciji topologije na koliqniqkom prostoru, to zapravo znaqida treba dokazati da je π−1(π(U)) otvoren u Rn+1 \{0}. Pokaжimo zato da je π−1(π(U)) =⋃λ∈R\{0} λU , qime �e dokaz biti okonqan, jer znamo da su skupovi λU otvoreni, pa �e

π−1(π(U)) biti otvoren kao unija otvorenih. Me�utim,

y ∈ π−1(π(U)) ⇐⇒ π(y) ∈ π(U) ⇐⇒(∃x ∈ U

)π(y) = π(x) ⇐⇒

(∃x ∈ U

)x ∼ y

⇐⇒(∃x ∈ U

) (∃λ ∈ R \ {0}

)y = λx ⇐⇒

(∃λ ∈ R \ {0}

)y ∈ λU

⇐⇒ y ∈⋃

λ∈R\{0}λU,

54

pa zaista vaжi da je π−1(π(U)) =⋃λ∈R\{0} λU .

Drugi naqin: Neka su a, b ∈ RPn dve razliqite taqke (klase). Treba da prona�emoskupove U i V , otvorene u RPn, takve da a ∈ U , b ∈ V i U ∩ V = ∅.

a

v

x

0

x‖x‖

⟨x

‖x‖ , v⟩· v

fv(x)

Neka je v jediniqan vektor (dakle, v ∈ Sn ⊆Rn+1 \ {0}) koji predstavǉa klasu a ([v] = a). Akoje 〈·, ·〉 : Rn+1 × Rn+1 → R standardni (euklidski)skalarni proizvod na Rn+1 (za x = (x1, . . . , xn+1) iy = (y1, . . . , yn+1), 〈x, y〉 =

∑n+1i=1 xiyi), definiximo

funkciju fv : Rn+1 \ {0} → R na slede�i naqin: zax ∈ Rn+1 \ {0},

fv(x) :=

∥∥∥∥x

‖x‖ −⟨ x

‖x‖ , v⟩· v∥∥∥∥ =

‖x− 〈x, v〉 · v‖‖x‖ .

Broj fv(x) jeste, u stvari, rastojaǌe vektora x‖x‖

do prave a, tj. prave kroz koordinatni poqetak svektorom pravca v. Jasno je da je fv neprekidnafunkcija (jer su skalarni proizvod i norma neprekidne funkcije). Pored toga, ako jeπ : Rn+1 \ {0} → RPn prirodna surjekcija, onda za x, y ∈ Rn+1 \ {0}, iz π(x) = π(y) sledida je y = λx za neko λ ∈ R, pa je

fv(y) = fv(λx) =‖λx− 〈λx, v〉 · v‖

‖λx‖ =|λ| · ‖x− 〈x, v〉 · v‖

|λ| · ‖x‖ =‖x− 〈x, v〉 · v‖

‖x‖ = fv(x).

Rn+1 \ {0}

RPnπ

$$❏❏❏

❏❏❏❏

❏❏❏❏

Rn+1 \ {0} Rfv //

RPn

R

g

::tt

tt

tt

t

Na osnovu posledice 82 postoji (jedinstveno)neprekidno preslikavaǌe g : RPn → R takvo da jeg ◦ π = fv.

Kako je v jediniqan vektor, to je 〈v, v〉 = ‖v‖2 = 1,pa imamo da je

g(a) = g(π(v)

)= fv(v) =

‖v − 〈v, v〉 · v‖‖v‖ = ‖v − v‖ = 0.

S druge strane, ako je x ∈ Rn+1 \ {0} bilo koji pred-stavnik klase b, onda vektor x nije kolinearan s vektorom v (jer je [x] = b 6= a = [v]), paje x− 〈x, v〉 · v 6= 0. Zato je

g(b) = g(π(x)

)= fv(x) =

‖x− 〈x, v〉 · v‖‖x‖ > 0.

Ako je ε = g(b) > 0, uoqimo otvorene intervale (− ε3, ε3) i (2ε

3, 4ε

3). S obzirom na

neprekidnost preslikavaǌa g, skupovi U := g−1((− ε

3, ε3))i V := g−1

((2ε3, 4ε

3))jesu otvoreni

u RPn. Pri tom, oqigledno, vaжi da a ∈ U , b ∈ V i

U ∩ V = g−1((− ε

3, ε3))∩ g−1

((2ε3, 4ε

3))= g−1

((− ε

3, ε3) ∩ (2ε

3, 4ε

3))= g−1(∅) = ∅,

xto je i trebalo dokazati. �

Sad kad imamo da je RPn Hauzdorfov, moжemo da uoqimo sferu Sn ⊂ Rn+1 \ {0}. Onaje, naravno, kompaktan skup. Pri tom, kako svaka prava kroz koordinatni poqetak u


Rn+1 seqe sferu u dvema antipodalnim taqkama, to Sn seqe sve klase ekvivalencijerelacije ∼. Na osnovu teoreme 92, vaжi da je RPn ≈ Sn/∼, pri qemu je indukovanarelacija ∼ na Sn odre�ena sa x ∼ −x. Zato se obiqno zapisuje RPn ≈ Sn/x∼−x.

Dakle, projektivni prostor RPn moжemo videti i kao koliqnik sfere Sn pri an-tipodalnoj identifikaciji. Odatle odmah imamo i da je RPn kompaktan prostor (kaokoliqnik kompaktnog), a naravno, RPn je i povezan prostor (kao koliqnik povezanog).

≈b

bb b

α

α

α

α

RP2 ≈ S2/x∼−x ≈bS2 :

x

−x

0

Me�utim, i gorǌa polusfera Sn+ := {x ∈ Sn | xn+1 > 0} ⊂ Rn+1 \ {0} jeste kompaktanpodskup koji seqe sve klase ekvivalencije, pa je zato RPn homeomorfan koliqniku po-lusfere Sn+ po nasle�enoj relaciji (iznad je slika koja ilustruje sluqaj projektivneravni). Ta nasle�ena relacija izgleda ovako: svaka taqka na ,,ekvatoru” (te taqke suone za koje je xn+1 = 0) u relaciji je sa sebi antipodalnom taqkom, dok su taqke iznadekvatora (one za koje je xn+1 > 0) u relaciji samo sa sobom – one qine jednoqlane klase.S druge strane, Sn+ je homeomorfna zatvorenom disku Dn, jer je Sn+ grafik neprekidne

funkcije f : Dn → R definisane sa f(x) =√1− ‖x‖2 (v. primer 1.2.8). Na osnovu stava

89, konaqno imamo da je RPn homeomorfan disku Dn sa antipodalnom identifikacijomna rubu: RPn ≈ Dn/x∼−x, x∈∂Dn.

Posebno, za n = 1 imamo homeomorfizam RP1 ≈ D1/x∼−x, x∈∂D1. Ali kako je D1 = [−1, 1]i ∂D1 = {−1, 1}, to je RP1 zapravo zatvoren interval sa identifikovanim krajevima.Na osnovu primera 1.7.3, zakǉuqujemo da je RP1 ≈ S1.

Ako na rub dvodimenzionog diska uvedemo identifikaciju ,,αα”, dobijamo antipo-dalnu identifikaciju na rubu, pa je dobijeni koliqnik zapravo projektivna ravan(RP2 ≈ D2/x∼−x, x∈∂D2). S tim u vezi, identifikujmo parove naspramnih stranicakvadrata, kao u prethodna dva primera (1.7.6 i 1.7.7), s tim xto su sad oba para stre-lica (i onaj oznaqen sa α i onaj oznaqen sa β) suprotno usmerena. Drugim reqima, narub uvodimo identifikaciju ,,αβαβ”.

≈≈b b

bb

γ

γ

γ = αβ

αα αα

β

β

β

β

b

b

a

a

b

b

≈ RP2

Primetimo prvo da, za razliku od prethodna dva primera, pri ovoj identifikacijiα i β su topoloxke duжi – nisu kruжnice. Identifikovani su ,,poqetak” od α i ,,kraj”od β i oni qine klasu a; tako�e, identifikovani su ,,kraj” od α i ,,poqetak” od βi oni qine klasu b; ali a i b su razliqite klase – razliqite taqke u koliqniqkom

56

prostoru. Ipak, moжemo da nadoveжemo topoloxke duжi (puteve) α i β i da dobijemoγ – duж sa identifikovanim krajevima. Dakle, γ je topoloxka kruжnica. Uoqenikoliqniqki prostor je, pak, disk sa antipodalnom identifikacijom (,,γγ”) na rubu,dakle, projektivna ravan.

Napomenimo jox i da se, kao kod Klajnove boce, moжe dokazati da se projektivnaravan ne moжe utopiti u R3, tj. da se naznaqeno lepǉeǌe (antipodalnih) rubnih taqakadiska ne moжe izvrxiti u trodimenzionom euklidskom prostoru, a da ne do�e do sa-mopreseka. Tako�e, vaжi i da postoji utapaǌe projektivne ravni u R4.

Primer 1.7.9 (Osmica) U euklidskoj ravni uoqimo potprostor X, koji se sastoji odelipse i ǌenog vertikalnog preqnika (oznaqimo ovaj preqnik sa A). Neka je Y osmica– potprostor euklidske ravni saqiǌen od dve kruжnice koje se dodiruju.

f

A b b

X Y

Neka je f : X → Y preslikavaǌe definisano na slede�i naqin. Ceo preqnik A sepri f preslika u dodirnu taqku dveju kruжnica u Y . Leva poluelipsa (oznaqena sa α)

f

Aα β f(α) f(β)f(A)b b

preslikava se na levu kruжnicu u Y ,i to tako xto se krajevi preslikajuu dodirnu taqku sa desnom kruжni-com, a ostatak (,,unutraxǌost”) od αhomeomorfno se preslika na ostatakleve kruжnice. Na sliqan naqin sedesna poluelipsa (β) preslikava na desnu kruжnicu. Po konstrukciji, f je neprekidnona obe poluelipse (i levoj i desnoj), a i na preqniku A, pa je, po Teoremi o lepǉeǌu, fneprekidno na celom X. Pri tom, f je oqigledno ,,na” i slika kompaktan u Hauzdorfovprostor. Dakle, f je koliqniqko preslikavaǌe, pa zakǉuqujemo da je X/f ≈ Y .

A

b b

X

bX/A ≈

Me�utim, za x1, x2 ∈ X, po konstrukciji pres-likavaǌa f , vaжi da je f(x1) = f(x2) ako i samo akoje x1 = x2 ili x1, x2 ∈ A. Zato je X/f = X/A. Dakle,skupǉaǌem preqnika A u taqku dobija se koliq-niqki prostor X/A, koji je homeomorfan osmici.To se jasno vidi i geometrijski: ako taj preqnikbukvalno, ,,fiziqki” skupimo u taqku, dobi�emoupravo osmicu.

Primer 1.7.10 (Sfera) U prvom iz ovog niza primera videli smo da je zatvoren in-terval sa identifikovanim krajevima homeomorfan kruжnici (primer 1.7.3).

b

I

I/∂I


Me�utim, identifikacija krajeva intervala upravo je identifikacija kojom se do-bija koliqnik I/∂I. Dakle, I/∂I ≈ S1, pa je i ovo, dakle, geometrijski primer na komese jasno vidi da se skupǉaǌe potprostora u taqku vrxi tako xto se taj potprostorfiziqki stegne u jednu taqku.

Kako je jednodimenzioni disk D1 tako�e interval, to imamo da je D1/∂D1 ≈ S1.Zapravo vaжi i opxtije: Dn/∂Dn ≈ Sn za sve n ∈ N. Na slede�oj slici je prikazanokako se skupǉaǌem u taqku granice dvodimenzionog diska dobija sfera S2.

b

D2D2/∂D2

Naravno, poxto je n-dimenziona kocka In homeomorfna n-dimenzionom disku Dn, naosnovu stava 89, vaжi i In/∂(In) ≈ Sn.

58

Grafovi, povrxi, mape na povrxima 59

2 Grafovi, povrxi, mape na povrxima

2.1 Grafovi – definicija, geometrijska realizacija

2.1.1 Kombinatorna i topoloxka definicija grafa

Definicija 98 Neka su V i E skupovi, V 6= ∅, i f : E → V 2 funkcija. Ure�enu trojku(V,E, f) nazivamo usmerenim grafom. Elemente skupa V nazivamo temenima, a elementeskupa E ivicama uoqenog usmerenog grafa. Ako je e ∈ E i f(e) = (v1, v2), onda kaжemoda ivica e spaja teme v1 s temenom v2.

Neusmeren graf dobijamo ignorisaǌem orijentacije (usmereǌa) ivica. Drugimreqima, umesto ure�enog para, svakoj ivici se dodeǉuje neure�en par temena – skup odjednog ili dva temena. Za dati skup V , oznaqimo sa P1,2(V ) skup svih ǌegovih nepraznihpodskupova koji su kardinalnosti najvixe 2, tj. P1,2(V ) := {U ⊆ V | |U | = 1 ∨ |U | = 2}.

Definicija 99 Neusmeren graf, ili prosto graf, jeste ure�ena trojka (V,E, f), gde suV i E skupovi, V 6= ∅, a f : E → P1,2(V ) funkcija. Graf obiqno oznaqavamo sa G.

Elemente skupa V nazivamo temenima, a elemente skupa E ivicama grafa G =(V,E, f). Za datu ivicu e ∈ E, elemente skupa f(e) nazivamo temenima ivice e.

Neka je e ∈ E. Ako je f(e) = {v}, onda ivicu e nazivamo petǉom u temenu v. Ako je|f(e)| = 2 i f(e) = {v1, v2}, onda kaжemo da ivica e spaja temena v1 i v2.

Dva temena su susedna ako postoji ivica koja ih spaja.Graf je konaqan ako su skupovi V i E konaqni.

Za nas su od interesa jedino konaqni grafovi, pa zato u nastavku pod grafom pod-razumevamo konaqan (neusmeren) graf.

Svakom grafu se na prirodan naqin moжe pridruжiti topoloxki prostor. On zap-ravo predstavǉa geometrijsku vizuelizaciju grafa. Pre formalne definicije, ilus-trujmo to jednim primerom.

Primer 2.1.1 Neka je G = (V,E, f) graf koji ima qetiri temena, V = {v1, v2, v3, v4}, ixest ivica, E = {e1, e2, e3, e4, e5, e6}, pri qemu je f : E → P1,2(V ) data sa: f(e1) = {v1, v2},f(e2) = {v2, v3}, f(e3) = {v3, v4}, f(e4) = {v1, v4}, f(e5) = {v1, v3} i f(e6) = {v2}.

b b

b b

b b

b b

≈

b b

b b

e1

e2

e6

e5

e4

e3

v1 v2

v4 v3

v1

v1

v1v1

v2

v2

v2 v2

v2

v3

v3

v3

v3

v4

v4

v4

e1

e2

e3

e4 e5

e6

X : G = X/∼ :

60

U euklidskoj ravni uoqimo potprostor X, koji se sastoji od xest disjunktnih (npr.paralelnih) zatvorenih duжi i jox qetiri taqke. Oznaqimo ove duжi sa e1, e2, . . . , e6, ataqke sa v1, v2, v3, v4, i posmatrajmo koliqniqki prostor (prostora X) koji nastaje kadase krajevi ovih xest duжi identifikuju sa odgovaraju�im taqkama, po pravilu koje,,propisuje” funkcija f . Na primer, jedan kraj duжi e2 identifikuje se s taqkom v2, adrugi s taqkom v3. Ovaj koliqniqki prostor X/∼ oznaqavamo tako�e sa G.

Definicija 100 Neka je G = (V,E, f) graf. U ravni R2 uoqimo potprostor koji sesastoji od |E| disjunktnih zatvorenih duжi i jox |V | taqaka – dakle, svakoj ivici grafaodgovara jedna od ovih duжi, a svakom temenu jedna od ovih dodatnih taqaka. Oznaqimotaj potprostor sa X. Za svaku ivicu e ∈ E, izvrximo slede�u identifikaciju uprostoru X: ako je f(e) = {v1, v2}, onda se jedan kraj odgovaraju�e duжi identifikujes taqkom koja odgovara temenu v1, a drugi s taqkom koja odgovara temenu v2.

b b

b

b

v1

v2

X : G = X/∼ :b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b b b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

bv2v1

e

f(e) = {v1, v2}

Ie

π

Dobijeni koliqniqki prostor X/∼ oznaqavamo opet sa G i tako�e ga nazivamografom (u topoloxkom smislu). Ako je Ie jedna od uoqenih zatvorenih duжi – ona kojaodgovara ivici e ∈ E – onda ǌenu sliku pri prirodnoj surjekciji π : X → X/∼ opetoznaqavamo sa e i zovemo je ivicom grafa G. Sliku odgovaraju�e otvorene duжi (duжiIe bez svojih krajeva) pri preslikavaǌu π nazivamo unutraxǌox�u ivice e.

Na osnovu stava 89, prostor X/∼ ne zavisi (do na homeomorfizam) od izbora dis-junktnih duжi i taqaka koje qine prostor X. Zato je ova (topoloxka) definicijagrafa ispravna. Naravno, kada kaжemo ,,graf”, iz konteksta �e uvek biti jasno da lise misli na kombinatorni objekat iz definicije 99 ili na odgovaraju�i topoloxkiprostor (iz definicije 100).

Vratimo se jox malo ovoj topoloxkoj definiciji grafa. Kako se pri naznaqenojidentifikaciji u prostoru X, samo krajevi duжi identifikuju sa jox nekim taqkama,to vidimo da su dve razliqite ivice grafa ili disjunktne ili se eventualno seku pozajedniqkom temenu (jednom ili dva).

v1

v2 b

b

b

b

Ie

π−1(e) :

b

b b

b

e

b

Primetimo da je sva-ka ivica e grafa G ǌe-gov zatvoren potpros-tor. Naime, inverznaslika π−1(e) sastoji seod duжi Ie i jedne, dveju,ili vixe (u svakom slu-qaju, konaqno mnogo) ta-qaka. U pitaǌu su onetaqke koje odgovarajutemenima ivice e, a ako

2.1 Grafovi – definicija, geometrijska realizacija 61

postoje ivice koje imaju zajedniqko teme sa ivicom e, onda su tu jox i krajevi odgo-varaju�ih duжi. Ovo je zatvoren skup u euklidskoj ravni, pa i u potprostoru X.Po definiciji topologije koliqnika, e je zatvoren skup u G. Zato je za utvr�ivaǌeneprekidnosti nekog preslikavaǌa ϕ : G → Y , gde je Y neki topoloxki prostor, do-voǉno proveriti neprekidnost na svim ivicama grafa G (po Teoremi o lepǉeǌu).

S tim u vezi, primetimo jox i da je ceo potprostor X zatvoren u euklidskoj ravni,a kako se on sastoji od konaqno mnogo zatvorenih duжi i jox konaqno mnogo taqaka, onje i ograniqen u R2. Dakle, X je kompaktan, pa na osnovu stava 85 zakǉuqujemo da jesvaki graf kompaktan (kao topoloxki prostor).

Ovom razmatraǌu topoloxkih osobina grafa dodajmo jox i qiǌenicu da je svakaivica grafa (putno) povezan potprostor tog grafa. Naime, svaka ivica e jeste nepre-kidna slika duжi Ie (e = π(Ie)), koja je, naravno, putno povezan podskup euklidskeravni. Xtavixe, ako ivica e nije petǉa, onda je ona homeomorfna segmentu (zatvorenojduжi), a ako jeste petǉa, onda je homeomorfna duжi sa identifikovanim krajevima –dakle, kruжnici.

2.1.2 Geometrijska realizacija grafa

O grafu, naravno, prevashodno razmixǉamo geometrijski – imamo nekoliko taqaka inekoliko duжi (ili krivih linija) koje spajaju neke od tih taqaka. Sve to se zbivau nekom ambijentnom euklidskom prostoru, najqex�e dvodimenzionom ili trodimen-zionom. Req je zapravo o geometrijskoj realizaciji grafa.

Definicija 101 Geometrijska realizacija grafa jeste utapaǌe tog grafa u neki euk-lidski prostor. Kaжemo da se graf G moжe realizovati u prostoru Rn ako postojiǌegova geometrijska realizacija ϕ : G→ Rn.

Kako je svaki graf kompaktan, a euklidski prostor Rn Hauzdorfov, to je geometrij-ska realizacija grafa, prema posledici 43, zapravo neprekidno ,,1-1” preslikavaǌeiz tog grafa u Rn.

Primer 2.1.2 Neka je G graf iz primera 2.1.1. U tom primeru smo dobili jednugeometrijsku realizaciju grafa G u ravni, i to tako xto smo izvrxili lepǉeǌe taqakapo naznaqenoj identifikaciji u prostoru X (prva slika ispod).

b b

b b

b

b

b

b

b

b

b

b

Naravno, graf G se moжe i na druge naqine utopiti u ravan. Na slici iznadopisane su jox dve geometrijske realizacije grafa G u ravni.

62

b b

b b

Preslikavaǌe iz G u ravan opisano na slici desno, pak, nijegeometrijska realizacija grafa G (nije utapaǌe). Naime, iako jesteneprekidno, ono nije ,,1-1”. Dve razliqite taqke grafa G slikaju se uistu taqku u ravni.

Ako je ϕ : G→ Rn neko utapaǌe (geometrijska realizacija) grafa G,onda se qesto i slika ϕ(G) naziva geometrijskom realizacijom grafa G.Poxto je G ≈ ϕ(G), graf se obiqno identifikuje sa svojom geometrijskom realizacijom.

Definicija 102 Graf je prost ako nema petǉi ni vixestrukih ivica (svaka dvasusedna temena spojena su taqno jednom ivicom). Formalnije, graf G = (V,E, f) jesteprost ako je f ,,1-1” (nema vixestrukih ivica) i ako je |f(e)| = 2 za sve e ∈ E (nemapetǉi).

Primer 2.1.3 Graf G1 na slici ispod jeste primer prostog grafa. Graf G2 nije prostjer ima vixestrukih ivica – temena v i w spojena su trima ivicama, a temena u i vdvema. Graf G3 tako�e nije prost, jer ima jednu petǉu u temenu a.

b

bb

b

b

b

bb

b

b

u

v

w b

b

b

b b

b b

ba

G1 : G2 : G3 :

Lema 103 Svaki graf je homeomorfan nekom prostom grafu.

b b ≈ b

b

b

b

b

b

b

b

≈

b

bb

Skica dokaza: Neka je G proizvoǉangraf. Ako su neka dva susedna temenagrafa G spojena sa dve ili vixeivica, onda na svaku od tih ivica(ili na svaku osim jedne) moжemo dadodamo po jedno teme (jednu taqku izunutraxǌosti ivice ,,proglasimo”temenom). Time se svaka od tihivica ,,razloжi” na dve i dobijamonovi graf G′ (ostatak grafa G nemeǌamo), za koji oqito vaжi da jeG′ ≈ G. Ako ovaj postupak izvedemoza svaki par susednih temena spo-jenih pomo�u vixe od jedne ivice, do-bijamo graf bez vixestrukih ivica,koji je, oqigledno, homeomorfan grafu G. Sliqno, na svaku petǉu moжemo da dodamopo dva temena. Time se svaka petǉa razlaжe na tri ivice (koje nisu petǉe), pri qemune nastaju nove vixestruke ivice. Tako se dobija graf koji je homeomorfan grafu G,a nema ni vixestrukih ivica ni petǉi. �

Teorema 104 Svaki graf se moжe realizovati u R3.

2.1 Grafovi – definicija, geometrijska realizacija 63

0

x

y

z

b

b

(1, 1, 1)

(2, 4, 8)

γDokaz: Neka je G = (V,E, f) prost graf. Ako je|V | = n i V = {v1, v2, . . . , vn}, uoqimo taqke (i, i2, i3) ∈R3 za i = 1, n. Ove taqke pripadaju moment-krivojγ = {(t, t2, t3) | t ∈ R}. Definixemo ϕ : G → R3

najpre na temenima:

ϕ(vi) := (i, i2, i3), i = 1, n.

Primetimo da se razliqita temena slikaju u raz-liqite taqke. Xtavixe, pokaжimo da se svakaqetiri razliqita temena slikaju u qetiri nekop-lanarne taqke (samim tim, i svaka tri razliqitatemena slikaju se u tri nekolinearne taqke).

Podsetimo se da su qetiri taqke u euklidskom prostoru R3, A(xA, yA, zA), B(xB, yB, zB),C(xC , yC , zC) i D(xD, yD, zD), koplanarne ako i samo ako je

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1xA xB xC xDyA yB yC yDzA zB zC zD

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0.

Me�utim, ako su vi, vj, vk, vl ∈ V qetiri razliqita temena grafa G, onda se za taqkeϕ(vi), ϕ(vj), ϕ(vk) i ϕ(vl) dobija Van der Mondova determinanta

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1i j k li2 j2 k2 l2

i3 j3 k3 l3

∣∣∣∣∣∣∣∣= (j − i)(k − i)(l − i)(k − j)(l − j)(l − k),

koja je razliqita od nule, jer su i, j, k, l ∈ {1, 2, . . . , n} qetiri razliqita broja. Zak-ǉuqujemo da taqke ϕ(vi), ϕ(vj), ϕ(vk) i ϕ(vl) nisu koplanarne.

b

b

b

b

γ

ϕ(vi)

ϕ(vj)

ϕ(e)ϕe

vi

vj

Dakle, preslikavaǌe ϕ imamo definisano natemenima. Neka je e ∈ E i f(e) = {vi, vj}. Graf G jeprost, xto znaqi da ivica e nije petǉa (vi 6= vj), pa je,dakle, homeomorfna zatvorenoj duжi. Preslikavaǌe ϕna ivici e definixemo kao homeomorfizam te ivice naduж u euklidskom prostoru s krajevima (i, i2, i3) = ϕ(vi)i (j, j2, j3) = ϕ(vj).

Ovim je, oqito, ispravno definisano preslikavaǌeϕ : G → R3, za koje oqigledno vaжi da je, za sve ivicee ∈ E, restrikcija ϕ|e neprekidna i ,,1-1”. Odatleodmah imamo neprekidnost preslikavaǌa ϕ. Dakle, ϕje neprekidno preslikavaǌe koje je injektivno na svakoj ivici. Dokaжimo da je iglobalno ,,1-1”.

Prvo, poxto je G prost graf, on nema vixestrukih ivica, pa se nikoje dve razliqiteǌegove ivice ne slikaju u istu duж (dve razliqite ivice ne mogu imati oba temenazajedniqka).

64

b bϕ(vi) ϕ(vj)ϕ(vk)

b

b

b

b

b

bb

b

Zatim, slika bilo koje ivice ne moжe sadrжatisliku nijednog temena osim temena te ivice, jer sesvaka tri razliqita temena slikaju u tri nekoli-nearne taqke.

Prema tome, ako dve razliqite ivice imaju jednozajedniqko teme, onda su ǌihove slike dve (nekoli-nearne) duжi sa jednim zajedniqkim krajem.

Slike dveju disjunktnih ivica, pak, moraju bitidisjunktne duжi, xtavixe, moraju pripadati mi-moilaznim pravama. Naime, ǌihova temena su qetiri razliqita temena grafa G, pasu krajevi ovih duжi qetiri nekoplanarne taqke u prostoru R3.

Prema svemu prethodnom, ϕ je ,,1-1”, pa je to, dakle, jedna geometrijska realizacijagrafa G u euklidskom prostoru R3.

Ako je G′ bilo koji graf, onda, na osnovu prethodne leme, postoji prost graf Gi homeomorfizam h : G′ → G. Prema prethodnom delu dokaza, postoji i utapaǌe ϕ :G→ R3, pa je onda kompozicija ϕ ◦ h : G′ → R3 neprekidno ,,1-1” preslikavaǌe – dakle,geometrijska realizacija grafa G′ u R3. �

Graf smo definisali kao koliqnik potprostora euklidske ravni pri identifika-ciji (konaqno mnogo) taqaka tog potprostora (v. definiciju 100). Ova teorema zapravotvrdi da se lepǉeǌe naznaqeno tom identifikacijom uvek moжe izvesti u R3. Zato ografu moжemo da razmixǉamo kao o potprostoru euklidskog prostora R3 saqiǌenomod konaqnog broja temena (taqaka) i konaqnog broja ivica (duжi ili krivih linija),koje spajaju neka od tih temena. Pri tom, dve razliqite ivice mogu se prese�i samou zajedniqkom temenu – nikako po unutraxǌosti. Prirodno se postavǉa pitaǌe da lise moжda svaki graf moжe realizovati i u R2, tj. da li se svaki graf moжe nacrtati uravni bez samopreseka. Odgovor na ovo pitaǌe je negativan, ali time �emo se bavitinexto kasnije.

Primetimo da, kao posledicu teoreme 104 i stavova 37 i 38, dobijamo qiǌenicu daje svaki graf Hauzdorfov prostor.

Za kraj ovog uvodnog odeǉka o grafovima, navodimo dva vaжna primera grafova.

Primer 2.1.4 Neka je n > 2 i neka je Kn graf koji ima n temena pri qemu su svaka dvarazliqita temena spojena taqno jednom ivicom. Graf Kn nazivamo potpunim grafomnad n temena. U pitaǌu je, dakle, prost graf, koji ima n temena i

(n2

)ivica.

b b

b b

b b

b b b b

b

b

b

≈K2 : K3 : K4 :

Na priloжenoj slici predstavǉeni su grafovi Kn za n 6 4. Preciznije, date suneke ǌihove geometrijske realizacije u ravni (za K4 date su dve takve realizacije).Primetimo da je K2 ≈ I, a K3 ≈ S1.

Primer 2.1.5 Neka su m,n ∈ N i neka je Km,n graf koji ima m + n temena koja supodeǉena u dve grupe – jedna grupa broji m temena (na narednoj slici, ta temena suobojena plavom bojom), a druga n temena (na narednoj slici obojena zelenom bojom).

2.2 Unikursalnost grafova 65

Pri tom, svako teme iz jedne grupe spojeno je taqno jednom ivicom sa svakim od temenaiz druge grupe, dok temena iz iste grupe nisu povezana ivicama. Graf Km,n nazivamopotpunim bipartitnim grafom. Bipartitni graf Km,n jeste, dakle, prost graf, kojiima m+n temena i mn ivica. Naravno, vaжi da je Km,n ≈ Kn,m, pa se, pri prouqavaǌuovih grafova, moжe pretpostaviti da je, na primer, m 6 n.

≈K1,1 :

b b b bb

b

b b

b

b

b b b b b

b b

b b b≈

b b b

K1,2 : K2,2 :

K2,3 :

b

b b b

K1,3 :

Na slici iznad nacrtane su neke geometrijske realizacije u ravni nekih (potpunih)bipartitnih grafova. Primetimo da je K1,1 ≈ K1,2 ≈ I, kao i da je K2,2 ≈ S1.

2.2 Unikursalnost grafova

2.2.1 Podgraf, lanac, kontura

Pri prouqavaǌu grafova qesto je korisno ,,izbrisati” neke ivice i neka temena grafa,ili, pak, dodati neke ivice i temena. Definiximo zato pojam podgrafa.

Definicija 105 Graf G′ = (V ′, E ′, f ′) jeste podgraf grafa G = (V,E, f) ako je V ′ ⊆ V ,E ′ ⊆ E i f ′ = f |E′.

G :

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

G′

Podgraf datog grafa G, u topoloxkomsmislu, vidimo kao uniju nekih ǌegovihivica (raqunaju�i i temena tih ivica) ieventualno jox nekih temena. Na slicidesno dat je jedan primer grafa G iǌegovog (nepovezanog) podgrafa G′ (obo-jenog plavom bojom). Podgraf se moжedobiti tako xto se u polaznom grafu,,izbrixu” neke ivice (pri qemu podbrisaǌem ivice podrazumevamo zapravobrisaǌe ǌene unutraxǌosti – temena teivice ostaju) i neka temena, uz napomenu da, ako se brixe neko teme, onda se brixu isve ivice qije je to teme. Podgraf G′ grafa G s prethodne slike, na primer, dobijase tako xto se izbrixu sve ivice i temena crne boje.

66

Kako su sve ivice, a naravno i sva temena, zatvoreni potprostori grafa, to je isvaki podgraf zatvoren potprostor grafa (kao konaqna unija zatvorenih).

Definicija 106 Neka je G = (V,E, f) graf. Lanac u grafu G qine (konaqan) niz temenatog grafa (v1, v2, . . . , vn+1) i niz ivica (e1, e2, . . . , en) takvi da je f(ei) = {vi, vi+1}, i = 1, n,tj. takvi da ivica ei spaja temena vi i vi+1. (Me�u ovim temenima i ivicama moжe bitii me�usobno jednakih.) Oznaqavamo ga obiqno sa L i pixemo:

L : v1e1−→ v2

e2−→ v3e3−→ · · · en−1−→ vn

en−→ vn+1.

Jox kaжemo da lanac L povezuje teme v1 s temenom vn+1 i pixemo v1Lvn+1. Prirodanbroj n nazivamo duжinom lanca L.

Primetimo da v1Lvn+1 povlaqi vn+1Lv1, gde je L : vn+1en−→ vn

en−1−→ · · · e2−→ v2e1−→ v1.

b b b

bb b b

b b b

a

b c

d

r

p q

s

α

β

γδ

ε

µ ν

ϕ

ψ

G :

Na primer, ako je G graf sa slike desno, onda je uǌemu jedan lanac (koji povezuje teme a s temenom r) datsa

L1 : aα−→ b

β−→ cγ−→ d

δ−→ bβ−→ c

ψ−→ qψ−→ c

ε−→ r.

Primetimo da svaki lanac u grafu odre�uje jedan

ǌegov podgraf: ako je L : v1e1−→ v2

e2−→ · · · en−→ vn+1

lanac u grafu G = (V,E, f), ǌemu pridruжujemo podgraf G′L = (V ′, E ′, f ′), gde je

V ′ = {v1, v2, . . . , vn+1}, E ′ = {e1, e2, . . . , en} i f ′(ei) := {vi, vi+1}, i = 1, n. Obiqno se oznaka L

b b b

bb b b

b b b

a

b c

d

r

p q

s

α

β

γδ

ε

µ ν

ϕ

ψ

G :L1

upotrebǉava i za podgraf G′L, pa L, dakle, nekad pos-

matramo i kao topoloxki prostor (potprostor od G).U maloqas posmatranom primeru grafa G i lanca L1,odgovaraju�i podgraf ima xest temena i xest ivica(mada je sam lanac L1 duжine osam) i obojen je plavombojom na slici desno.

Kaжemo da je lanac unikursalan ako su sve ivicekoje se pojavǉuju u ǌemu me�usobno razliqite. Dakle,lanac L : v1

e1−→ v2e2−→ · · · en−→ vn+1 jeste unikursalan ako je ei 6= ej kad god je i 6= j.

Prethodno uoqeni lanac L1 u grafu G sa slike nije unikursalan, zato xto se ivice β

b

b b

ba

b c

d

r

p q

s

α

β

γδ

ε

µ ν

ϕ

ψ

G :

b b

b b

b b

L2

i ψ pojavǉuju po dva puta u ǌemu. Jedan primerunikursalnog lanca (koji povezuje teme a s temenom r)u grafu G jeste

L2 : aα−→ b

µ−→ pϕ−→ q

ψ−→ cγ−→ d

δ−→ bβ−→ c

ε−→ r.

U unikursalnom lancu, dakle, nije dozvoǉeno ponav-ǉaǌe ivica, dok se temena mogu ponavǉati (kao xtose vidi u navedenom primeru).

Kaжemo da je lanac elementaran ako su sva temena koja se u ǌemu pojavǉuju me�u-sobno razliqita. Formalno, L : v1

e1−→ v2e2−→ · · · en−→ vn+1 jeste elementaran ako je vi 6= vj

kad god je i 6= j. Primetimo da ovaj uslov odmah povlaqi i da je ei 6= ej za i 6= j, tj. vaжida je svaki elementaran lanac unikursalan. Naime, ako bi se neka ivica ponovila,npr. e2 = e5, onda bi bilo i {v2, v3} = f(e2) = f(e5) = {v5, v6}, pa bi doxlo do ponavǉaǌatemena.


b b b

bb b b

b b ba

b c

d

r

pq

s

α

β

γδ

ε

µ ν

ϕ

ψ

G :L3

Oqigledno, lanac L2 od malopre predstavǉa primerunikursalnog lanca koji nije elementaran. U uoqenomgrafu G, jedan primer elementarnog lanca (koji opetpovezuje teme a s temenom r) jeste

L3 : aα−→ b

β−→ cε−→ r.

Primetimo da je odgovaraju�i podgraf L3 homeomorfan zatvorenom intervalu(zatvorenoj duжi). Zapravo, lako se vidi da je za svaki elementaran lanac L (uproizvoǉnom grafu G) ispuǌeno L ≈ I (ovo drugo L oznaqava odgovaraju�i podgraf).

Kaжemo da je lanac L : v1e1−→ v2

e2−→ · · · en−→ vn+1 kontura, ili cikl, ako su sva temenai sve ivice u ǌemu me�usobno razliqiti osim xto se prvo teme poklapa sa posledǌim,dakle, za sve i, j ∈ {1, 2, . . . , n} uslov i 6= j povlaqi vi 6= vj i ei 6= ej, i pored toga joxvaжi da je v1 = vn+1.

b

b b

b

a

b c

d

r

p q

s

α

β

γδ

ε

µ ν

ϕ

ψ

G :

b b

b b

b b

K

Na slici desno, uoqena je jedna kontura K u grafuG:

K : bµ−→ p

ϕ−→ qψ−→ c

γ−→ dδ−→ b.

Kontura je, dakle, lanac koji povezuje neko temesa samim sobom, ali ,,bez samopreseka”. Oqigledno,ona opisuje jednu prostu zatvorenu krivu, pa je homeo-morfna kruжnici (L ≈ S1 za proizvoǉnu konturu L).

Primetimo da je kod konture, za razliku od elementarnog lanca, neophodno zahte-vati i da su sve ivice me�usobno razliqite – da qiǌenica xto su sva temena, osimprvog i posledǌeg, me�usobno razliqita, ne garantuje razliqitost ivica. Na primer,lanac b

µ−→ pµ−→ b u grafu G sa slike nije kontura (jer se ivica µ ponavǉa), a temena

su, osim prvog i posledǌeg, razliqita.

Kad se graf posmatra qisto kombinatorno (u smislu definicije 99), povezanostgrafa definixe se kao uslov da za svaka dva ǌegova temena postoji lanac koji ihpovezuje. S druge strane, od ranije znamo xta znaqi povezanost grafa kao topoloxkogprostora. Intuitivno je jasno da su ova dva uslova ekvivalentna, a u slede�em stavuto i dokazujemo. Napomenimo da se obiqno i jedno teme grafa smatra (elementarnim)lancem duжine nula, pa je, u tom smislu, svako teme povezano sa samim sobom (elemen-tarnim) lancem. To podrazumevamo i u narednom stavu.

Stav 107 Ako je G = (V,E, f) graf, slede�a qetiri uslova su me�usobno ekvivalentna.

(1) Za svaka dva temena v, w ∈ V , u grafu G postoji lanac L koji ih povezuje (vLw).

(2) Za svaka dva temena v, w ∈ V , u grafu G postoji elementaran lanac koji ih povezuje.

(3) Graf G je putno povezan.

(4) Graf G je povezan.

Dokaz: (1)⇒(2): Neka su v i w dva (razliqita) temena grafa G i neka je L proizvoǉanlanac koji povezuje teme v s temenom w. Ako postoji teme u koje se vixe puta javǉau lancu L, uoqimo mesto u lancu L na kom se prvi put pojavǉuje i mesto na kom se

68

posledǌi put pojavǉuje – L : v −→ · · · e−→ u −→ · · · −→ ue−→ · · · −→ w. Sada zanemarimo

deo lanca L izme�u prvog i posledǌeg pojavǉivaǌa temena u, tj. posmatramo lanac

L1 : v −→ · · · e−→ ue−→ · · · −→ w (ako je u = v, onda je zapravo L1 : v

e−→ · · · −→ w, aako je u = w, onda je L1 : v −→ · · · e−→ w). Lanac L1 je tako�e lanac koji povezuje temev s temenom w, ǌegova duжina je maǌa od duжine lanca L, a teme u se taqno jednompojavǉuje u ǌemu.

Ako i u lancu L1 postoji teme koje se ponavǉa, onda ponovimo pre�axǌi postupak idobijamo lanac L2 (vL2w). Kako, naravno, u lancu L ima konaqno mnogo temena, a prisvakom ovakvom postupku ne dodaju se nova temena, niti se pove�ava broj pojavǉivaǌapostoje�ih, to se ovaj proces mora zavrxiti. Drugim reqima, pre ili kasnije, nakonkonaqno mnogo koraka, do�i �emo do lanca Lk (koji povezuje v i w) u kome se temenane ponavǉaju, tj. koji je elementaran.

(2)⇒(3): Kako je svaka ivica grafa ǌegov putno povezan potprostor, to za svakedve taqke sa iste ivice postoji put (u grafu G) koji ih spaja. Zato i za svaka dvauzastopna temena u proizvoǉnom lancu postoji put koji ih spaja (jer oba ta temenapripadaju ivici koja se izme�u ǌih javǉa u lancu). Ako su v i w dva temena grafa

G i L : ve0−→ v1

e1−→ · · · en−1−→ vnen−→ w (elementaran) lanac koji ih povezuje, onda put (u

grafu G) od v do w moжemo dobiti tako xto nadoveжemo jedan na drugi puteve: od vdo v1, pa od v1 do v2 i tako sve do puta od vn do w. Dakle, za dva proizvoǉna temenagrafa G postoji put koji ih spaja. Ako taqka x ∈ G, pak, nije teme grafa G, onda onapripada nekoj ivici, pa postoji put od x do temena te ivice. Zakǉuqujemo da se za dveproizvoǉne taqke iz grafa G moжe konstruisati put od jedne do druge nadovezivaǌemodgovaraju�ih puteva.

(3)⇒(4): Ova implikacija je, u stvari, tvr�eǌe stava 63.

(4)⇒(1): Pretpostavimo suprotno: da je graf G povezan, a da postoje temena a, b ∈ Vza koja u grafu G ne postoji lanac koji ih povezuje. Uoqimo slede�a dva skupa temena:

V ′ :={u ∈ V | (∃ lanac L) aLu

}, V ′′ :=

{v ∈ V | (∄ lanac L) aLv

}.

Oqigledno, V ′ ∩ V ′′ = ∅ i V ′ ∪ V ′′ = V . Tako�e, a ∈ V ′, a po pretpostavci b ∈ V ′′. Nekaje E ′ skup svih ivica grafa G koje spajaju temena iz V ′, tj. E ′ = {e ∈ E | f(e) ⊆ V ′}.Sliqno, neka je E ′′ = {e ∈ E | f(e) ⊆ V ′′}. Ako je jox f ′ := f |E′ i f ′′ := f |E′′, onda dobijamodva podgrafa grafa G, naime G′ = (V ′, E ′, f ′) i G′′ = (V ′′, E ′′, f ′′). Dakle, G′ je podgrafkoji se sastoji od temena koja se mogu lancem povezati sa a i od svih ivica koje spajajuovakva temena, a G′′ sadrжi sva ostala temena i sve ivice koje ǌih spajaju.

b

b

b

b b

b b

b

a

G′

u

b

b

b

b

b b

b b

b b

b

G′′

v b

G :e

Poxto podgrafovi G′ i G′′ nemaju za-jedniqkih temena, oni su disjunktni, jerse dve ivice grafa G mogu se�i samopo zajedniqkom temenu. Pored toga, onisu zatvoreni u G (jer su podgrafovi),a i neprazni su (a ∈ G′, b ∈ G′′). Dabismo dokazali da oni qine diskonek-siju od G, i time dobili kontradikciju,ostaje da pokaжemo da G′ i G′′ pokrivajuG. Znamo da ǌihova unija sadrжi svatemena, tako da treba jox dokazati da


sadrжi i sve ivice grafa G. Neka je e ∈ E proizvoǉna ivica i neka je f(e) = {u, v}.Ako su oba temena ivice e, i u i v, iz skupa V ′, onda je ivica e u grafu G′. Ako su, pak,u, v ∈ V ′′, onda je e ⊆ G′′. Sluqaj u ∈ V ′, v ∈ V ′′ nije mogu�. Naime, tada bismo, pomo�uivice e i (nekog) lanca a

e1−→ · · · en−→ u, koji povezuje temena a i u, mogli da obrazujemolanac a

e1−→ · · · en−→ ue−→ v, koji povezuje temena a i v, pa bi vaжilo v ∈ V ′.

Dakle, G′ ∪ G′′ = G, pa ovi podgrafovi qine diskoneksiju od G. S obzirom napovezanost grafa G, ovo je kontradikcija. �

Prethodno je ve� naglaxeno da svaki lanac u nekom grafu odre�uje jedan podgraf.Sad jox vidimo da za svaki lanac L vaжi da je odgovaraju�i podgraf povezan. Naime,svaka dva temena tog podgrafa povezana su lancem (uzmemo odgovaraju�i deo lanca L).

2.2.2 Indeks temena

Neka je G = (V,E, f) graf i neka je v ∈ V . Oznaqimo sa Ev skup svih ivica grafa Gkoje imaju v kao (bar) jedno svoje teme, a sa Pv skup svih petǉi u temenu v. Dakle,Ev = {e ∈ E | v ∈ f(e)} i Pv = {e ∈ E | f(e) = {v}}.

Definicija 108 Indeks (ili stepen) temena v u grafu G, u oznaci ind v ili indG v,definixemo na slede�i naqin:

ind v := |Ev|+ |Pv|.

Drugim reqima, indeks temena v jeste broj ivica tog grafa koje imaju v za jedno svojeteme, s tim xto se petǉe u temenu v raqunaju dva puta (petǉe su uraqunate u |Ev|, ali

b

b b b

b

b

b

v1

v2

v3

v4 v5

v6

v7G :

jednom, pa se zato dodaje |Pv|).

Primer 2.2.1 Graf G na slici desno imasedam temena v1, . . . , v7. Pri tom je:

ind v1 = 1, ind v2 = 4,

ind v3 = 0, ind v4 = 5,

ind v5 = ind v7 = 3, ind v6 = 2.

Posmatrajmo sad zbir svih indeksa u grafu G = (V,E, f),∑

v∈V ind v. Svaka ivicagrafa G koja nije petǉa raquna se jednom za jedno svoje teme i jox jednom za drugo, asvaka petǉa dva puta za to svoje (jedino) teme. Dakle, svaka ivica ,,doprinosi” sa 2ovom zbiru. Zato vaжi da je ∑

v∈Vind v = 2|E|. (3)

Recimo, za graf G iz primera 2.2.1, zbir svih indeksa je 1 + 4+ 0+ 5+ 3 + 3 + 2 = 18, ataj graf ima 9 ivica.

S druge strane, ako, za k ∈ N0, sa ak(G) oznaqimo broj temena indeksa k u grafu G,dakle, ak(G) := |{v ∈ V | ind v = k}|, onda vaжi i da je

∑

v∈Vind v = a1(G) + 2a2(G) + 3a3(G) + · · · , (4)

70

budu�i da svako teme indeksa k ,,doprinosi” sa k ovoj sumi. Naravno, sve ove sume skojima radimo jesu konaqne, jer graf ima konaqno mnogo temena. Za graf G iz primera2.2.1 vaжi da je a1(G) + 2a2(G) + 3a3(G) + · · · = 1 + 2 · 1 + 3 · 2 + 4 · 1 + 5 · 1 = 18.

Iz jednakosti (3) i (4) dobijamo da je

2|E| = a1(G) + 2a2(G) + 3a3(G) + · · ·=

(a1(G) + 3a3(G) + 5a5(G) + · · ·

)+(2a2(G) + 4a4(G) + · · ·

)

=(a1(G) + a3(G) + a5(G) + · · ·

)+ 2(a3(G) + 2a5(G) + · · ·

)+ 2(a2(G) + 2a4(G) + · · ·

),

pa zakǉuqujemo da je zbir a1(G) + a3(G) + a5(G) + · · · paran broj, a ovo je upravo ukupanbroj temena u grafu G koja imaju neparan indeks. Ovim smo dokazali slede�i stav.

Stav 109 U svakom grafu, broj temena neparnog indeksa jeste paran.

Lema 110 Ako su u grafu G = (V,E, f) sva temena indeksa bar dva ((∀v ∈ V ) ind v > 2),onda postoji kontura u tom grafu.

Dokaz: Neka je v1 ∈ V proizvoǉno teme. Kako je ind v1 > 2, to postoji ivica e1 ∈ E kojaima v1 za (bar) jedno svoje teme (v1 ∈ f(e1)). Zato moжemo da oformimo lanac

v1e1−→ v2.

Ako je v2 = v1, tj. ako je e1 petǉa, onda je ovo kontura.U suprotnom, nastavǉamo zapoqeti lanac. Naime, poxto je ind v2 > 2, u tom sluqaju

postoji e2 ∈ E \ {e1} takva da v2 ∈ f(e2), pa imamo

v1e1−→ v2

e2−→ v3.

Ako je v3 = v1, onda je ovo kontura. Ako je v3 = v2, onda je v2e2−→ v3 jedna kontura u

grafu G.U sluqaju da v3 /∈ {v1, v2}, nastavǉamo daǉe postupak – produжavamo lanac. S

obzirom na nejednakost ind v3 > 2, tada postoji e3 ∈ E \ {e1, e2} sa osobinom da v3 ∈ f(e3),pa dolazimo do lanca duжine tri:

v1e1−→ v2

e2−→ v3e3−→ v4.

Opet se razmatraju mogu�nosti: ako v4 ∈ {v1, v2, v3}, onda imamo konturu, a ako v4 /∈{v1, v2, v3}, onda produжavamo lanac.

Kako je skup temena V grafa G konaqan, postupak se mora zavrxiti. U jednomtrenutku �emo do�i do lanca

v1e1−→ v2

e2−→ · · · en−2−→ vn−1en−1−→ vn

takvog da su sva temena v1, v2, . . . , vn−1 me�usobno razliqita, sve ivice e1, e2, . . . , en−1 me-�usobno razliqite, ali da je vn ∈ {v1, v2, . . . , vn−1}. Ako je m ∈ {1, 2, . . . , n − 1} takav da

je vn = vm, onda je vmem−→ · · · en−2−→ vn−1

en−1−→ vn jedna kontura u grafu G. �


2.2.3 Definicija i kriterijum unikursalnosti

Sada dolazimo da glavnog pitaǌa u ovom odeǉku: da li se dati graf moжe nacrtatiu jednom potezu (,,bez odvajaǌa olovke od papira”), ali tako da se preko svake ivicepre�e samo jednom? Ovu osobinu formalizujemo slede�om definicijom.

Definicija 111 Graf je unikursalan ako u ǌemu postoji unikursalan lanac koji gapokriva (u kome se pojavǉuju sva temena i sve ivice grafa).

Qiǌenicu da lanac L pokriva graf G moжemo iskazati i reqima: podgraf grafaG indukovan lancem L jeste zapravo ceo graf G. Me�utim, podgraf indukovan lancemuvek je povezan, pa odmah dobijamo qiǌenicu da je povezanost grafa neophodan uslovza ǌegovu unikursalnost. Dakle, me�u nepovezanim grafovima nema unikursalnih, pase nadaǉe ograniqavamo na povezane grafove.

Kako u povezanom grafu, pak, ne moжe biti temena indeksa 0 (osim u trivijalnomsluqaju kad taj graf ima samo jedno teme i nijednu ivicu), to u ǌemu svaki lanac kojisadrжi sve ivice nuжno sadrжi i sva temena grafa. Dakle, lanac u povezanom grafupokriva taj graf ako i samo ako sadrжi sve ǌegove ivice.

Lema 112 Neka je G = (V,E, f) povezan graf. Ako je ind v paran za sve v ∈ V , onda je grafG unikursalan. Xtavixe, tada se za svako v ∈ V moжe odabrati unikursalan lanac kojipokriva G i koji povezuje teme v sa samim sobom (,,unikursalno” crtaǌe grafa moжemoda izvedemo polaze�i iz proizvoǉnog temena i zavrxavaju�i u ǌemu).

Dokaz: Primetimo najpre da je za dokaz leme dovoǉno da prona�emo jedan unikursalanlanac koji pokriva G i koji poqiǌe i zavrxava se u istom (bilo kom) temenu. Naime,ako je

w1α1−→ w2

α2−→ · · · αn−1−→ wnαn−→ w1

jedan takav lanac i v ∈ V proizvoǉno teme, onda se v nalazi negde u ovom lancu, v = wiza neko i ∈ {1, 2, . . . , n}, pa je tada

wiαi−→ · · · αn−1−→ wn

αn−→ w1α1−→ · · · αi−1−→ wi

unikursalan lanac koji pokriva graf G i koji povezuje teme v sa samim sobom.

b b

bv e

e

Lemu dokazujemo indukcijom po broju ivica grafa G.

Neka je najpre |E| = 1 i neka je e ta jedina ivica grafa G. Zbogpovezanosti, osim temena te ivice, G ne moжe imati drugih temena.Tako�e, ivica e mora biti petǉa, jer bi u suprotnom ǌena temenaimala indeks 1, a po pretpostavci, svako teme ima paran indeks. Akoje v teme petǉe e (dakle, jedino teme grafa G), onda je v

e−→ v unikur-salan lanac koji pokriva G.

Pretpostavimo sada da je |E| > 2 i da tvr�eǌe leme vaжi za sve grafove sa maǌeod |E| ivica koji su povezani i koji nemaju temena neparnog indeksa.

Poxto je graf G povezan, on nema temena indeksa 0. Tako�e, on nema ni temenaindeksa 1, jer nema temena neparnog indeksa. Prema lemi 110, postoji kontura

v1e1−→ v2

e2−→ · · · en−1−→ vnen−→ v1

72

u grafu G. Ako su e1, e2, . . . , en sve ivice grafa G, onda je ova kontura unikursalanlanac koji pokriva G i koji povezuje teme v1 sa samim sobom, pa je, u ovom sluqaju,lema dokazana.

Ako graf G, osim e1, e2, . . . , en, ima i drugih ivica, onda najpre izbrixemo ivicee1, e2, . . . , en iz tog grafa (tj. izbrixemo ǌihove unutraxǌosti), a zatim izbrixemo iona od temena v1, v2, . . . , vn koja su indeksa 2, tj. zadrжimo samo ona temena koja su temena

b b

bb b

b b

b

bb

b

b b b

bb

b

G :

v7

v6

v4

v2

v1

v3

v5

e1 e2 e3

e4

e5

e6

e7

i nekih ivica iz E \ {e1, e2, . . . , en}. (Uprimeru grafa G i u ǌemu uoqenekonture na slici desno, imamo da jen = 7; temena v1, v3 i v5 brixemo, a v2,v4, v6 i v7 zadrжavamo.) Preciznije,posmatramo podgraf G′ = (V ′, E ′, f ′)grafa G, gde je

E ′ = E \ {e1, e2, . . . , en},

V ′ = V \ {vi | 1 6 i 6 n, indG vi = 2}i f ′ = f |E′. Graf G′ ne mora biti povezan, pa zato posmatramo ǌegove komponentepovezanosti G′

1, G′2, . . . , G

′k (u primeru sa slike, k = 3). Ako je e ivica grafa G′, onda

je proizvoǉna komponenta ili celu sadrжi ili je disjunktna s ǌom (jer je e povezana).Zato je i svaka od komponenti G′

j, j = 1, k, podgraf grafa G′ (samim tim i grafa G), i

to povezan podgraf. Oznaqimo ǌihova temena i ivice: G′j = (V ′

j , E′j, f

′j), j = 1, k.

Primetimo da ni graf G′ nema temena neparnog indeksa. Naime, lako se vidi da jeza v ∈ V ′ ispuǌeno

indG′ v =

{indG v − 2, ako je v ∈ {vi | 1 6 i 6 n, indG vi > 2}indG v, ako je v ∈ V ′ \ {v1, v2, . . . , vn} .

Samim tim, nijedna od komponenti G′j, j = 1, k, nema temena neparnog indeksa. Sve one

imaju maǌe ivica od grafa G (jer je |E ′j| 6 |E ′| = |E| − n < |E|). Dakle, na svaki od

grafova G′j, j = 1, k, moжe se primeniti induktivna hipoteza.

b b

bb b

b b

b

bb

b b b

b

G′1

G′2

G′3

G′ :

v7v6

v4

v2

Dokaжimo da svaka od komponentiG′

1, G′2, . . . , G′

k sadrжi bar jedno odtemena v1, v2, . . . , vn. Drugim reqima,pokaza�emo da za sve j ∈ {1, 2, . . . , k}postoji i(j) ∈ {1, 2, . . . , n} takav davi(j) ∈ V ′

j . (U primeru koji posmat-ramo uporedo s dokazom, za i(1) mo-жemo uzeti 2 ili 6, i(2) = 4, i(3) = 7.)

Neka je zato j ∈ {1, 2, . . . , k} i nekaje v ∈ V ′

j proizvoǉno teme. Kakoje graf G povezan, to u ǌemu pos-toji lanac L koji povezuje teme v stemenom v1. Ako sve ivice koje se javǉaju u lancu L pripadaju grafu G′

j, onda to vaжii za sva temena koja se tu javǉaju. Dakle, i v1 ∈ V ′

j , pa za i(j) moжemo uzeti 1. Akonisu sve ivice iz L u grafu G′

j, oznaqimo sa ε prvu koja nije:

L : v −→ · · · −→ uε−→ w −→ · · · −→ v1.


Sve ivice u lancu pre ε jesu, dakle, u grafu G′j, pa iz istog razloga kao maloqas, vaжi

da je u ∈ V ′j . Dokaжimo da je u ∈ {v1, v2, . . . , vn}. Za to je dovoǉno da pokaжemo da je

ε ∈ {e1, e2, . . . , en}. Ako bi vaжilo ε ∈ E \ {e1, e2, . . . , en} = E ′, onda bi bilo ε ∈ E ′l, za

neko l 6= j (budu�i da ε /∈ E ′j). Ali tada bi i ǌeno teme u bilo u komponenti G′

l, a kakove� znamo da je u komponenti G′

j, ovo je kontradikcija, jer su komponente me�usobnodisjunktne. Zakǉuqujemo da ε ∈ {e1, e2, . . . , en}, pa je u = vi(j) za neko i(j) ∈ {1, 2, . . . , n}.

Dakle, zaista vaжi da svaki od podgrafova G′j, j = 1, k, sadrжi teme vi(j) iz skupa

{v1, v2, . . . , vn}. Po induktivnoj hipotezi, za svako j = 1, k, postoji unikursalan lanacL′j koji pokriva graf G′

j takav da je vi(j)L′jvi(j). Sada, unikursalan lanac koji pokriva

G, a poqiǌe i zavrxava se u temenu v1, moжemo konstruisati tako xto krenemo od

uoqene konture v1e1−→ v2

e2−→ · · · en−1−→ vnen−→ v1, pa za sve j = 1, k, na mestu gde je teme vi(j)

umetnemo lanac L′j: ako je L′

j : vi(j)δ0−→ d1

δ1−→ · · · δm−1−→ dmδm−→ vi(j), onda dobijamo

· · · ei(j)−1−→ vi(j)δ0−→ d1

δ1−→ · · · δm−1−→ dmδm−→ vi(j)

ei(j)−→ · · · ,

ili kra�e zapisano · · · ei(j)−1−→ vi(j)L′jvi(j)

ei(j)−→ · · · . (U primeru koji smo razmatrali, tajlanac bismo predstavili ovako:

v1e1−→ v2L

′1v2

e2−→ v3e3−→ v4L

′2v4

e4−→ v5e5−→ v6

e6−→ v7L′3v7

e7−→ v1,

pod uslovom da za i(1) odaberemo 2.) Ovim je okonqan dokaz leme. �

Sad moжemo da dokaжemo teoremu koja u potpunosti karakterixe unikursalnostgrafova.

Teorema 113 Povezan graf je unikursalan ako i samo ako ima najvixe dva temena neparnogindeksa.

Dokaz: ⇒) Neka je G = (V,E, f) unikursalan graf i neka je L : v −→ · · · −→ w jedanunikursalan lanac koji pokriva graf G.

Fiksirajmo jedno teme u ∈ V \{v, w}. Teme u se pojavǉuje negde unutar uoqenog lanca.Oznaqimo sa k broj pojavǉivaǌa temena u u lancu L i pokaжimo da je ind u = 2k. Naime,usredsredimo se na jedno mesto u lancu gde se javǉa u i oznaqimo sa δ i ε ivice ,,oko

temena u” na tom mestu, L : · · · δ−→ uε−→ · · · . Kako je L unikursalan, to je δ 6= ε, pa ovo

mesto doprinosi sa 2 indeksu temena u. Budu�i da lanac L pokriva graf G, sve ivicegrafa, pa i sve one koje imaju u za (bar) jedno svoje teme, pojavǉuju se u tom lancu.Prema tome, ind u = 2k.

Dakle, sva temena razliqita od v i w imaju paran indeks, pa samo ova dva mogubiti neparnog indeksa.

⇐) Neka je G = (V,E, f) graf koji nema vixe od dva temena s neparnim indeksom.Ako G nema nijedno teme neparnog indeksa, onda je G unikursalan na osnovu leme

112.Graf G ne moжe imati taqno jedno teme neparnog indeksa na osnovu stava 109.Neka G ima taqno dva temena neparnog indeksa. Oznaqimo ih sa v i w. Dodajmo

u graf G jednu novu ivicu koja spaja ova dva temena. Preciznije, posmatrajmo graf

G = (V,E ∪ {e}, f), gde je f(e) = {v, w}, f |E = f . Dodavaǌem ove ivice, indeksi temena

v i w porastu za 1, dok se, naravno, indeksi ostalih temena ne meǌaju. Dakle, G je

74

(povezan) graf u kojem sva temena imaju paran indeks. Po lemi 112, on je unikursalan,

pri qemu unikursalan lanac L koji ga pokriva moжemo odabrati tako da L poqiǌe izavrxava se npr. u temenu v. Kako L sadrжi sve ivice grafa G, to se i e pojavǉuje uǌemu (na taqno jednom mestu), pa nastaje jedna od slede�e dve situacije:

L : vα1−→ · · · αm−→ v

e−→ wβ1−→ · · · βn−→ v ili L : v

γ1−→ · · · γk−→ we−→ v

δ1−→ · · · δl−→ v.

Poxto je E∪{e} skup svih ivica grafa G i poxto je L unikursalan lanac koji pokriva

G, vaжi da je E = {α1, . . . , αm, β1, . . . , βn} u prvom, odnosno E = {γ1, . . . , γk, δ1, . . . , δl} udrugom sluqaju. Zato je

L : wβ1−→ · · · βn−→ v

α1−→ · · · αm−→ v, odnosno L : vδ1−→ · · · δl−→ v

γ1−→ · · · γk−→ w,

unikursalan lanac u grafu G. Poxto L sadrжi sve ivice grafa G, ovim je dokazanoda je G unikursalan graf. �

Iz dokaza teoreme 113 vidimo da ,,unikursalno” crtaǌe grafa koji ima taqno dvatemena neparnog indeksa, moramo poqeti u jednom od ta dva temena, a zavrxiti udrugom. Ako krenemo iz temena parnog indeksa, ne�emo uspeti da u jednom potezunacrtamo taj graf, a da preko svake ivice pre�emo samo jednom.

Primer 2.2.2 Graf prikazan na slici niжe ima 6 temena i 10 ivica. Indeksi doǌegdesnog i doǌeg levog temena jednaki su 3, dok ostala qetiri temena imaju paran indeks.

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b1

2 3

4

5

6

7

8

9

10

Na osnovu teoreme 113, ovaj graf jesteunikursalan. Ako жelimo da ga nacr-tamo u jednom potezu tako da preko svakeivice pre�emo taqno jednom, onda moramokrenuti iz nekog od ova dva temena in-deksa 3 (a zavrxiti u drugom). Jedanprimer takvog crtaǌa dat je na slicipored, gde je brojevima od 1 do 10 naz-naqeno kojim redom se crtaju ivice.

Primer 2.2.3 U osamnaestom veku, u ruskom gradu Kaliǌingradu (koji je tada bio uokviru Pruske i zvao se Kenigzberg), sedam mostova preko reke koja protiqe kroz gradbilo je raspore�eno kao na slede�oj slici levo. Oni su povezivali dve reqne obalei dva ostrva na reci. Tada je postavǉen zadatak da se na�e put kojim bi qovek koji sexeta gradom trebalo da ide kako bi svaki od mostova prexao taqno jednom.

b

b

b

b

2.3 Teorema o crtaǌu povezanog grafa, Ojlerova karakteristika grafa 75

Quveni xvajcarski matematiqar Leonard Ojler dokazao je da takav put, zapravo,ne postoji. Naime, on je uoqio graf koji ima qetiri temena od kojih dva odgovarajuobalama, a dva ostrvima, kao i sedam ivica koje odgovaraju mostovima, i dokazaonepostojaǌe traжenog puta. ǋegov argument je u suxtini bio argument teoreme 113,koja tada, naravno, nije bila poznata.

U naxim terminima, postavǉeni zadatak je, u stvari, zadatak pronalaжeǌa unikur-salnog lanca koji pokriva ovaj graf. Me�utim, takav lanac ne postoji, jer ovaj grafnije unikursalan – sva qetiri temena su mu neparnog indeksa.

Primer 2.2.4 U grafu Kn – potpunom grafu nad n temena (v. primer 2.1.4) – indekssvakog temena je n − 1 (jer je svako teme spojeno taqno jednom ivicom sa svakim odostalih temena). Zato, ako je n−1 paran broj, tj. n neparan, graf Kn jeste unikursalan.Ako je n paran, onda Kn ima n temena neparnog indeksa, pa je unikursalan jedino zan = 2 (uostalom, K2 je samo jedna duж). Dakle, Kn je unikursalan ako i samo ako je nneparan ili n = 2.

Primer 2.2.5 Razmotrimo sad pitaǌe za koje m,n ∈ N vaжi da je potpuni bipartitnigraf Km,n (v. primer 2.1.5) unikursalan. Vaжi da je Km,n ≈ Kn,m, pa se moжe pret-postaviti da je m 6 n. Indeks svakog temena iz jedne grupe temena je n, a svakog temenaiz druge grupe m.

Graf K1,1 ima samo jednu ivicu (a povezan je), pa je svakako unikursalan.Graf K1,n, gde je n > 2, ima n temena indeksa 1, pa je unikursalan samo za n = 2.Sva temena grafa K2,2 imaju indeks 2, pa on jeste unikursalan.U grafu K2,n, gde je n > 3, postoje taqno dva temena indeksa n (ostala imaju indeks

2), pa bez obzira na parnost broja n, K2,n jeste unikursalan.Ako su m,n > 3, onda imamo bar tri temena indeksa m i bar tri temena indeksa n,

pa je zato za unikursalnost neophodno (a i dovoǉno) da oba broja budu parna.Dakle, bipartitni graf Km,n, m,n ∈ N, jeste unikursalan ako i samo ako vaжi neki

od slede�a tri uslova:(1) m = n = 1;(2) m = 2 ili n = 2;(3) m i n su parni.

2.3 Teorema o crtaǌu povezanog grafa, Ojlerova karakteristika

grafa

2.3.1 Crtaǌe povezanog grafa

Lema 114 U svakom povezanom grafu postoji lanac takav da se svaka ivica grafa po-javǉuje taqno dva puta u tom lancu. Drugim reqima, svaki povezan graf se moжe nacr-tati u jednom potezu (,,bez odvajaǌa olovke od papira”) tako da se preko svake ivicepre�e taqno dvaput.

Dokaz: Neka je G = (V,E, f) povezan graf. Posmatrajmo graf G, koji nastaje ,,duplira-ǌem” svih ivica grafa G – uz svaku ivicu grafa G docrta se jox jedna ivica sa istimtemenima.

76

e8b

b

b

b b

b

b

b

b

G : b

b

b

b b

b

b

b

b

G :

e1 e2

e4 e3

e5

e10

e6

e8

e7

e9

e10

e9

e8e6

e7

e5e4 e3

e2e1e1

e2

e3e4

e5e6 e7

e9e10

Preciznije, ako je |E| = n i E = {e1, e2, . . . , en}, onda uoqimo skup E = {e1, e2, . . . , en}takav da je |E∪E| = 2n, pa posmatramo graf G := (V,E∪E, f), gde je f |E = f i f(ei) := f(ei),

i = 1, n (dakle, G je podgraf od G).

S obzirom na povezanost grafa G, i G je povezan graf (jer smo samo dodavali ivice,ne i temena), a oqigledno vaжi i da je

indG v = 2 indG v

za sve v ∈ V . Dakle, sva temena u G imaju paran indeks, pa je G unikursalan graf.

Neka je L jedan unikursalan lanac koji pokriva graf G. Traжeni lanac L u grafu

G dobijamo tako xto u lancu L, za svako i = 1, n, ivicu ei zamenimo ivicom ei. Timezaista dobijamo lanac (u G) jer su temena ivice ei ujedno i temena ivice ei. Kako se u

L svaka ivica iz E ∪ E pojavǉuje taqno jednom, to se u L svaka ivica iz E pojavǉujetaqno dvaput. �

Sad moжemo da formulixemo i dokaжemo Teoremu o crtaǌu povezanog grafa.

Teorema 115 U svakom povezanom grafu G = (V,E, f) sa bar jednom ivicom (E 6= ∅) pos-toji povezan podgraf G′ = (V ′, E ′, f ′) takav da je |E ′| = |E| − 1. Drugim reqima, u svakompovezanom grafu postoji ivica sa slede�im svojstvom: brisaǌem (unutraxǌosti) teivice (i eventualno jednog ǌenog temena) dobija se povezan graf.

Dokaz: Neka je G = (V,E, f) povezan graf sa bar jednom ivicom. Na osnovu prethodneleme, u grafu G postoji lanac

L : w1α1−→ w2

α2−→ · · · αn−1−→ wnαn−→ wn+1

u kojem se svaka ivica ovog grafa javǉa na taqno dva mesta – (∀e ∈ E) e = αi za taqnodva indeksa i ∈ {1, 2, . . . , n}. Za e ∈ E oznaqimo sa k(e) maǌi od ta dva indeksa. Dakle,k(e) ∈ {1, 2, . . . , n} jeste mesto u lancu L na kom se prvi put javǉa ivica e.

Neka je e0 ∈ E ivica koja se posledǌa pojavi u lancu, tj. k(e0) = max{k(e) | e ∈ E}.Tada je

L : w1α1−→ · · · −→ wk(e0)

e0−→ wk(e0)+1 −→ · · · −→ wme0−→ wm+1 −→ · · · αn−1−→ wn

αn−→ wn+1,

a u poqetnom delu L′ : w1α1−→ · · · −→ wk(e0) lanca L pojavǉuju se sve ivice grafa G osim

ivice e0. Zato za podgraf G′ = (V ′, E ′, f ′) indukovan lancem L′ vaжi da je E ′ = E \ {e0},dok je V ′ = {w1, w2, . . . , wk(e0)}. Primetimo da je V ′ = V ako wk(e0)+1 ∈ {w1, w2, . . . , wk(e0)},odnosno V ′ = V \ {wk(e0)+1} ako wk(e0)+1 /∈ {w1, w2, . . . , wk(e0)}. Konaqno, poxto je G′ podgrafindukovan lancem, on je povezan. �

Dakle, polaze�i od povezanog grafa G, moжemo izbrisati jednu ǌegovu ivicu idobiti graf koji je tako�e povezan. Pri tom se brixe i jedno teme te ivice ako ononije teme nijedne od ostalih ivica, a u suprotnom se brixe samo unutraxǌost ivice.U novonastalom grafu moжemo da uqinimo isto i tako sve dok ne do�emo do povezanoggrafa bez ijedne ivice, tj. do podgrafa koji se sastoji od jedne taqke (temena).


b

b

b

b b

b

b

b

b

b

b

b

b b

b

b

b

b

b

b

b b

b

b

b

b

b

b b

b

b

b

b

b

b b

b

b

b

b

b b

b

b

b

b

b b

b

b

b b b

b

b b

b

b

Ovaj postupak moжemo posmatrati i u obrnutom redosledu (xto i opravdava naziv,,Teorema o crtaǌu povezanog grafa” za teoremu 115). Povezan graf moжemo nacrtatitako xto krenemo od jednog temena, pa onda crtamo jednu po jednu ivicu, pri qemu usvakoj etapi (nakon svake nacrtane ivice) imamo povezan graf.

2.3.2 Ojlerova karakteristika

Definicija 116 Neka je G = (V,E, f) graf. Razliku |V | − |E| nazivamo Ojlerovomkarakteristikom grafa G i oznaqavamo je sa χ(G).

Definicija 117 Drvo je povezan graf u kojem ne postoji kontura.

Stav 118 Ako je G drvo, onda je χ(G) = 1.

Dokaz: Neka je G = (V,E, f) drvo. Stav dokazujemo indukcijom po broju temena grafaG.

Ako je |V | = 1, tj. ako G ima samo jedno teme, onda graf G ne moжe imati nijednuivicu jer je G drvo. Naime, eventualna ivica grafa G morala bi da bude petǉa (u tomjednom jedinom temenu), pa bismo imali konturu. Dakle, χ(G) = |V | − |E| = 1− 0 = 1.

Neka je sad |V | > 2 i pretpostavimo da je Ojlerova karakteristika svakog drvetasa maǌe od |V | temena jednaka 1.

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

bb

b

b b

b

b

b

b

b

G′G :

we0

b

Kako u grafu G ne postoji kon-tura, to, prema lemi 110, postojiteme w ∈ V takvo da je indGw < 2.Me�utim, s obzirom na povezanostgrafa G i qiǌenicu |V | > 2, nemoжe da vaжi indG w = 0. Zakǉuqu-jemo da je indGw = 1. Oznaqimosa e0 ivicu grafa G koja ima wza jedno svoje teme. Izbriximo

78

ivicu e0 i teme w iz grafa G; drugim reqima, uoqimo graf G′ = (V ′, E ′, f ′), gde jeV ′ = V \ {w}, E ′ = E \ {e0} i f ′ = f |E′. Primetimo da je G′ zaista graf (podgraf grafaG), jer je izbrisano teme w teme jedino ivice e0, koja je tako�e izbrisana.

Kako je G′ podgraf grafa G, a ne postoji kontura u G, to ni u G′ ne moжe bitikonture. Pored toga, G′ je i povezan. Naime, ako su u, v ∈ V ′, onda, zbog povezanostigrafa G, u ǌemu postoji elementaran lanac L koji povezuje u i v (stav 107). Ako bi seteme w pojavilo negde u lancu L (to bi bilo negde unutar lanca, jer je w razliqito iod u i od v), onda bi se ivica e0 pojavila bar dva puta u tom lancu,

L : u −→ · · · e0−→ we0−→ · · · −→ v,

zato xto je e0 jedina ivica koja ima w za svoje teme. Me�utim, tada L ne bi bioelementaran lanac. Dakle, u L se ne pojavǉuje teme w, pa samim tim ni ivica e0.Zakǉuqujemo da je L (elementaran) lanac i u grafu G′, i to lanac koji povezuje u i v.Na osnovu stava 107, G′ je povezan.

Dakle, G′ = (V ′, E ′, f ′) jeste drvo, |V ′| = |V \ {w}| = |V | − 1 < |V |, pa na osnovuinduktivne pretpostavke, vaжi da je χ(G′) = 1. Me�utim, tada je i

χ(G) = |V | − |E| =(|V ′|+ 1

)−(|E ′|+ 1

)= |V ′| − |E ′| = χ(G′) = 1,

qime je dobijen induktivni korak. �

Stav 119 Ako je G povezan graf, onda je χ(G) 6 1.

Dokaz: Neka je G = (V,E, f) povezan graf. Razlikujemo dva sluqaja. Ako je G drvo,onda tvr�eǌe vaжi na osnovu stava 118. Ako G nije drvo, onda postoji kontura

K : v1e1−→ v2

e2−→ · · · en−1−→ vnen−→ v1

v5

v2

v3

b

b

b

b

b

b

b

b

b

e1e6

e5

e4 e3

e2

v1

v6

v4

G :

b

b

b

b

b

b

b

b

b

G1 :

b

b

b

b

b

b

b

b

b

e1v1

v2

G :

b

b

b

b

b

b

b

b

b

e6

e5

e4 e3

e2

v1

v6

v5

v4

v3

v2

G1 :

u

v

u

v

K

L

L1

u tom grafu. Neka jeG1 graf koji se dobi-ja iz grafa G brisaǌemjedne ivice konture K(bez brisaǌa temena), naprimer, ivice e1. Drugimreqima, G1 = (V,E1, f1)jeste podgraf grafa G,pri qemu je E1 = E \ {e1}.

Dokaжimo da je i G1

povezan graf. Neka suu, v ∈ V . Zbog povezanostigrafa G, u ǌemu postojielementaran lanac L kojipovezuje teme u s temenomv. Ako se ivica e1 po-javǉuje u lancu L, ǌumoжemo da zamenimo os-tatkom konture K. Pre-ciznije, ako je

L : u −→ · · · −→ v1e1−→ v2 −→ · · · −→ v, ili L : u −→ · · · −→ v2

e1−→ v1 −→ · · · −→ v,


onda u grafu G1 imamo lanac

L1 : u −→ · · · −→ v1en−→ vn

en−1−→ · · · e3−→ v3e2−→ v2 −→ · · · −→ v,

odnosnoL1 : u −→ · · · −→ v2

e2−→ v3e3−→ · · · en−1−→ vn

en−→ v1 −→ · · · −→ v,

koji povezuje u i v. Naravno, ako se ivica e1 ne pojavǉuje u lancu L, onda je sam Llanac u grafu G1, i on povezuje u i v.

Za Ojlerovu karakteristiku grafa G1, pak, vaжi:

χ(G1) = |V | − |E1| = |V | −(|E| − 1

)= χ(G) + 1.

Sad opet razlikujemo dva sluqaja. Ako je G1 drvo, onda je χ(G) = χ(G1)−1 = 1−1 = 0,pa je stav dokazan. Ako ni G1 nije drvo, onda ponovimo pre�axǌi postupak – uoqimokonturu u grafu G1 i izbrixemo jednu ǌenu ivicu. Time dobijamo povezan graf G2 =(V,E2, f2) takav da je |E2| = |E1| − 1 = |E| − 2 i χ(G2) = χ(G) + 2. Sad se postavǉa pitaǌeda li je G2 drvo i tako daǉe.

Kako G ima konaqno mnogo ivica, ovaj proces se mora zavrxiti – posle k-tog koraka(k ∈ N0, pri qemu podrazumevamo da je G0 = G) dobi�emo povezan graf Gk koji jestedrvo, qiji je skup temena tako�e V , a broj ivica |E| − k. Zato je, na osnovu stava 118,

χ(G) = |V | − |E| = |V | −(|E| − k

)− k = χ(Gk)− k = 1− k 6 1,

qime je dokaz zavrxen. �

Iz dokaza ovog stava vidimo da je broj ivica koje su izbrisane iz grafa G da bi sedobilo drvo (u dokazu je taj broj oznaqen sa k) jednak 1−χ(G). Pri tom, u i-tom koraku(1 6 i 6 k), pri prelasku sa grafa Gi−1 na graf Gi, najpre se uoqi kontura u grafuGi−1, pa se izbrixe jedna ivica koja se nalazi u toj konturi. Tako dobijeno drvo Gk

nazivamo maksimalnim drvetom (povezanog) grafa G. U primeru kojim je ilustrovandokaz, lako se vidi da je χ(G) = 9 − 13 = −4, pa je tu potrebno izbrisati 5 ivicaiz uoqenih kontura da bi se dobilo maksimalno drvo. Na primer, to bi moglo da seuradi na naqin predstavǉen na slede�oj slici.

b

b

b

b

b

b

b

b

b

G :

b

b

b

b

b

b

b

b

b

G1 :

b

b

b

b

b

b

b

b

b

G2 :

b

b

b

b

b

b

b

b

b

G3 :

b

b

b

b

b

b

b

b

b

G4 :

b

b

b

b

b

b

b

b

b

G5 :

80

Naravno, pri ovom postupku, kojim se dobija maksimalno drvo, u svakom koraku sebira kontura, a onda i ivica u toj konturi, pa se to, u opxtem sluqaju, moжe uraditi

b

b

b

b

b

b

b

b

b

na vixe naqina. Zato i maksimalno drvo datog povezanoggrafa ne mora biti jedinstveno. Na primer, na slici desnopredstavǉeno je jox jedno maksimalno drvo grafa G iz pos-matranog primera. Me�utim, kako god birali konture iivice u ǌima pri ovom procesu, maksimalno drvo dobijamonakon 1−χ(G) koraka. Naime, ako je G′ podgraf koji je drvoi koji je dobijen brisaǌem m ivica iz grafa G (i nijednogtemena), onda je

m = 1−(1−m) = 1−(χ(G′)−m

)= 1−

(|V |−

(|E|−m

)−m

)= 1−

(|V |−|E|

)= 1−χ(G).

Ako je G ve� drvo, onda je (prema stavu 118) χ(G) = 1 i tada ne treba nixta da seradi – G je (jedinstveno) maksimalno drvo od G. Me�utim, i obrnuto, ako je G povezangraf takav da je χ(G) = 1, onda se maksimalno drvo dobija brisaǌem 1−χ(G) = 0 ivica,dakle, G je ve� drvo. Zakǉuqujemo da za povezan graf G vaжi ekvivalencija:

G je drvo ⇐⇒ χ(G) = 1.

Razmotrimo u ovom kontekstu potpune i potpune bipartitne grafove kao primerepovezanih grafova.

Primer 2.3.1 Za Ojlerovu karakteristiku potpunog grafa nad n temena (v. primer2.1.4), gde je n > 2, vaжi da je

χ(Kn) = n−(n

2

)= n− n(n− 1)

2= n−

n−1∑

j=1

j = n−n−2∑

j=1

j − (n− 1) = 1−n−2∑

j=1

j 6 1.

Pri tom, χ(Kn) = 1 ako i samo ako je n = 2. Dakle, potpuni graf Kn jeste drvo jedinou sluqaju n = 2. To se lako vidi i geometrijski: K2 je jedna zatvorena duж, dok Kn zan > 3 sadrжi K3 kao podgraf, koji daje jednu konturu u grafu Kn.

Primer 2.3.2 Kad je u pitaǌu potpuni bipartitni graf Km,n (v. primer 2.1.5), gde sum,n ∈ N, vaжi da je

χ(Km,n) = m+ n−mn = 1− (mn−m− n + 1) = 1− (m− 1)(n− 1) 6 1,

b

b b b

K1,n :

b

b b b

pri qemu je χ(Km,n) = 1 ako i samo ako je m = 1 ili n = 1.Dakle, Km,n je drvo ako i samo ako je bar jedan od brojevam i n jednak 1. Nije texko ni direktno proveriti da jeneophodan i dovoǉan uslov za obrazovaǌe konture u grafuKm,n da u obe grupe bude po bar dva temena.

2.4 Povrxi – definicija, klasifikacija 81

2.4 Povrxi – definicija, klasifikacija

2.4.1 Definicija i primeri povrxi

Definicija 120 Neka je n ∈ N i X Hauzdorfov prostor. Kaжemo da je X n-dimenzio-na mnogostrukost, ili kra�e n-mnogostrukost, ako svaka taqka x ∈ X ima otvorenu

okolinu Vx homeomorfnu otvorenom n-dimenzionom disku◦Dn (Vx ≈

◦Dn). Dvodimenzione

mnogostrukosti nazivamo i povrxima.

Kako je◦Dn ≈ Rn (v. primer 1.2.7), u ovoj definiciji se otvoreni disk

◦Dn moжe

zameniti qitavim euklidskim prostorom Rn. Povrx je, dakle, prostor koji ,,lokalno”,u okolini svake taqke, (topoloxki) izgleda kao ravan. Navedimo nekoliko osnovnihprimera.

Primer 2.4.1 Naravno, sam euklidski prostor Rn jeste n-dimenziona mnogostrukost(Vx = Rn za sve x ∈ Rn). Dakle, euklidska ravan je prvi i osnovni primer povrxi.

b

S2 :

Primer 2.4.2 Svaka taqka na dvodimenzionoj sferi S2 ima

otvorenu okolinu homeomorfnu disku◦D2, pa je sfera tako�e

jedna povrx.Zapravo, vaжi i opxtije: sfera Sn je n-dimenziona mno-

gostrukost za svako n ∈ N. Ako je x ∈ Sn proizvoǉna taqka,onda za ǌenu otvorenu okolinu Vx moжemo uzeti Sn \{y} gde je ybilo koja taqka sa sfere razliqita od x. Odgovaraju�a stere-ografska projekcija predstavǉa homeomorfizam izme�u Vx i Rn

(v. primer 1.2.9).

bT 2 :

Primer 2.4.3 Jox jedan primer povrxi je torus T 2.Naime, lako se vidi da i on lokalno izgleda kao ravan,tj. da svaka ǌegova taqka ima okolinu homeomorfnuotvorenom disku.

Primetimo da je ,,biti povrx” (opxtije, ,,biti mno-gostrukost”) jedno topoloxko svojstvo. Naime, ako jeX povrx i h : X → Y homeomorfizam, onda je i Ypovrx, jer je za proizvoǉnu taqku y ∈ Y ǌena traжena okolina skup h(Vx), gde je

x = h−1(y) i Vx otvorena okolina od x sa osobinom Vx ≈◦D2, dok svojstvo T2 prostora Y

sledi iz stava 37. Dakle, povrx ne moжe biti homeomorfna neqemu xto nije povrx.S druge strane, pak, dve povrxi ne moraju biti istog topoloxkog tipa, kao xto

se i vidi iz prethodnih primera (npr. ravan i sfera nisu homeomorfne, jer je sferakompaktna a ravan nije). Za dve povrxi samo vaжi da su ,,lokalno homeomorfne” – izperspektive qoveka koji se nalazi na nekoj povrxi, a u staǌu je da vidi samo malideo te povrxi oko sebe, ne zna se da li se on nalazi na (topoloxkoj) sferi, na torusu,ravni ili moжda nekoj qetvrtoj povrxi.

Stav 121 Ako su X i Y mnogostrukosti, onda je X × Y tako�e mnogostrukost, i todimenzije n+m, gde je n dimenzija mnogostrukosti X, a m dimenzija mnogostrukosti Y .

82

Dokaz: Proizvod X × Y jeste Hauzdorfov prostor na osnovu teoreme 74. Ako je (x, y) ∈X × Y proizvoǉna taqka, zatim Vx ∈ TX okolina taqke x takva da je Vx ≈ Rn i Wy ∈ TYokolina taqke y takva da je Wy ≈ Rm, onda je Vx × Wy otvorena okolina od (x, y) sasvojstvom Vx ×Wy ≈ Rn × Rm = Rn+m. �

◦D2

◦D2

+

◦D1

◦D1

+

Definiximo sad mnogostrukost s granicom. S tim

u vezi, neka je◦Dn

+ = {x ∈◦Dn | xn > 0} (ovde je n ∈ N,

a x = (x1, x2, . . . , xn)). Ovaj skup◦Dn

+ obiqno nazivamopoludiskom dimenzije n.

Definicija 122 Neka je n ∈ N. Hauzdorfov prostorX nazivamo n-dimenzionom mnogostrukox�u s granicom(ili n-dimenzionom mnogostrukox�u s krajem) ako jeza sve taqke x ∈ X ispuǌen bar jedan od slede�a dvauslova:

Ix : postoji otvorena okolina Vx taqke x takva da je Vx ≈◦Dn;

IIx : postoji otvorena okolina Wx taqke x takva da je Wx ≈◦Dn

+.

Ako je X mnogostrukost s granicom, onda granicu, ili rub, mnogostrukosti X, uoznaci ∂X, definixemo kao skup svih taqaka x ∈ X za koje ne vaжi uslov Ix. Dakle,∂X := {x ∈ X | ¬Ix}.

D2 : ∂D2 :

b

bb

Primer 2.4.4 Zatvoreni dvodimenzioni disk D2

jeste povrx s granicom. Naime, svaka taqka uǌegovoj unutraxǌosti ima okolinu homeomorfnuotvorenom disku, dok taqke s rubne kruжnice S1

imaju okoline homeomorfne poludisku. Tako�e,moжe se dokazati da taqke na kruжnici S1 ne-

maju okoline homeomorfne sa◦D2. Dakle, granica

diska D2 kao povrxi isto je xto i ǌegova granica kao podskupa ravni, ∂D2 = S1.Potpuno analognu situaciju imamo i u ostalim dimenzijama: za sve n ∈ N, disk Dn

je n-mnogostrukost s granicom, pri qemu je ∂Dn = Sn−1.

U ovom primeru, dakle, granica povrxi (odnosno, mnogostrukosti) poklapa se sgranicom tog skupa posmatranog kao podskup ambijentnog euklidskog prostora. Navedi-mo sad dva primera gde to nije sluqaj.

b

b

C : ∂C :

Primer 2.4.5 Cilindar C = S1×I jeste povrxs granicom. Svaka taqka iz S1 × (0, 1) ima(otvorenu) okolinu homeomorfnu otvorenomdisku, dok taqka iz S1 × {0, 1} nema takvuokolinu, ali ima okolinu homeomorfnu polu-disku. Dakle, granicu cilindra qine dve me-�usobno disjunktne kruжnice, ∂C = S1 × {0, 1}.(Primetimo da, kad bismo traжili granicucilindra C kao podskupa ambijentnog prostora R3, dobili bismo da je ∂C = C.)


Primer 2.4.6 Sliqno je i s Mebijusovom trakom M . I ona je povrx s granicom,pri qemu je ǌena granica upravo kruжnica koju smo ranije nazivali ǌenom graniqnomkruжnicom (v. primer 1.7.5).

b

b

≈∂M :M :

Primetimo da definicija 122 ne iskǉuquje mogu�nost da je ∂X = ∅, tj. da onaukǉuquje u sebe i pojam mnogostrukosti (bez granice).

Neka je X n-mnogostrukost s granicom. Po definiciji granice mnogostrukosti,potprostor X \∂X sastoji se od svih taqaka za koje vaжi uslov Ix (v. definiciju 122).Zato je X\∂X tako�e n-mnogostrukost, ali bez granice. Xtavixe, ako je ∂X 6= ∅ i n > 2,moжe se pokazati da je tada i ∂X mnogostrukost, tako�e bez granice, ali dimenzijen − 1. U primeru cilindra koji smo razmatrali (primer 2.4.5): C \ ∂C = S1 × (0, 1)(ova povrx se ponekad naziva otvorenim cilindrom), dok je ∂C disjunktna unija dvekruжnice – (nepovezana) mnogostrukost dimenzije 1.

Sliqno kao kod mnogostrukosti bez granice, lako se dokazuje i da je svaki prostorhomeomorfan mnogostrukosti s granicom i sam jedna mnogostrukost s granicom (,,bitimnogostrukost s granicom” jeste topoloxka invarijanta). Tako�e, kao i tamo, pokazujese da dve mnogostrukosti s granicom ne moraju biti globalno homeomorfne. S tim uvezi je i slede�i stav.

Stav 123 Ako su X i Y n-dimenzione mnogostrukosti s granicom (n ∈ N) i ako je X ≈ Y ,onda je i ∂X ≈ ∂Y .

Dokaz: Neka je h : X → Y homeomorfizam. Dovoǉno je da dokaжemo da je h(∂X) = ∂Y .Ako je x ∈ X \ ∂X, onda postoji okolina Vx ∈ TX sa svojstvom Vx ≈ Rn. Me�utim,tada je h(Vx) otvorena okolina taqke h(x) homeomorfna sa Rn, pa zakǉuqujemo da jeh(x) ∈ Y \ ∂Y . Stoga je h(X \ ∂X) ⊆ Y \ ∂Y , a vaжi i obrnuta inkluzija jer je i h−1

homeomorfizam(Y \ ∂Y = h(h−1(Y \ ∂Y )) ⊆ h(X \ ∂X)

). Dakle, h(X \ ∂X) = Y \ ∂Y , pa

kako je h bijekcija, to je i h(∂X) = ∂Y . �

Iz ovog stava odmah vidimo da cilindar C nije homeomorfan ni disku D2 ni Mebi-jusovoj traci M . Naime, ∂C je nepovezan prostor, dok je ∂M ≈ ∂D2 = S1 povezanprostor.

Navedimo (bez dokaza) jox i slede�u qiǌenicu. Stav 121 vaжi i za mnogostrukostis granicom, uz dodatak da je

∂(X × Y ) = (∂X × Y ) ∪ (X × ∂Y ).

Umesto dokaza, ilustrujmo ovu formulu na primeru cilindra. Kako je ve� utvr-�eno, za zatvoreni interval, posmatran kao jednodimenziona mnogostrukost s grani-com, vaжi da je ∂[−1, 1] = ∂D1 = S0 = {−1, 1}, pa je i ∂I = {0, 1}. S druge strane, S1 je1-mnogostrukost bez granice, tj. vaжi da je ∂S1 = ∅. Zato je

∂C = ∂(S1 × I) = (∂S1 × I) ∪ (S1 × ∂I) = (∅ × I) ∪ (S1 × {0, 1}) = S1 × {0, 1}.

84

Definicija 124 Kaжemo da je mnogostrukost zatvorena ako je kompaktna i bez granice.

Sfera i torus su, oqigledno, primeri zatvorenih povrxi. Ravan nije zatvorenapovrx jer nije kompaktna. Ni cilindar ni Mebijusova traka nisu zatvorene povrxijer imaju (nepraznu) granicu. Otvoreni cilindar C \∂C i Mebijusova traka bez svojegraniqne kruжnice M \ ∂M , pak, jesu povrxi bez granice, ali ni one nisu zatvorenejer nisu kompaktne. Navedimo jox dva primera zatvorenih povrxi.

Primer 2.4.7 Projektivna ravan RP2 jeste jedna zatvorena povrx. Naime, znamo da jeto Hauzdorfov prostor (stav 97), a znamo i da je kompaktna (v. primer 1.7.8). Ostaje dase pokaжe da svaka taqka ima okolinu homeomorfnu otvorenom disku. Uoqimo zato disksa antipodalnom identifikacijom na rubu, kao jedan koliqniqki model projektivneravni. Oznaqimo taj disk sa D. Dakle, RP2 je koliqnik od D.

≈b b

α

α

b

b

b

bb

≈b

b

b◦D2

α1 α1α1

α1RP2 ≈

b

b

b

b

bb b

≈

Taqke u unutraxǌosti diska D jesu jednoqlane klase i svaka od ǌih oqito imaokolinu homeomorfnu otvorenom disku. Neka je b neka taqka projektivne ravni sadva predstavnika u ovom koliqniqkom modelu – to onda moraju biti dve antipodalnetaqke na rubu diska D. Odaberimo dva poludiska oko ova dva predstavnika (kao xto jepredstavǉeno na slici), ali tako da ǌihovi preseci sa rubom diska D budu me�usobnoidentifikovani – da oni predstavǉaju istu (otvorenu) duж α1, koja je deo kruжniceα. Ova dva poludiska sa nasle�enom identifikacijom qine jednu otvorenu okolinutaqke b u RP2, jer je ǌihova inverzna slika pri prirodnoj surjekciji otvorena u D –tu inverznu sliku qine ta dva poludiska bez identifikacije. Uoqena okolina taqke bhomeomorfna je otvorenom disku. Naime, jedan od dva poludiska moжemo da obrnemo(zarotiramo ga za 180◦ oko ose nacrtane na slici isprekidanom svetloplavom linijom),pa onda da poludiskove zalepimo po α1, qime dobijamo upravo otvoreni disk.

Primer 2.4.8 I Klajnova boca K (v. primer 1.7.7) jeste jedna zatvorena povrx. Kao iu prethodnom primeru, oqigledno je da taqke unutar pravougaonika (qiji je koliqnikKlajnova boca; v. sliku niжe) qine jednoqlane klase, koje imaju okoline homeomorfneotvorenom disku. Kada su u pitaǌu taqke sa dva predstavnika (ti predstavnici ondabudu dve taqke sa ruba pravougaonika, ali razliqite od temena), opet se postupakao u prethodnom primeru – ako je b ∈ K jedna takva taqka, onda se oko ǌenih pred-stavnika odaberu dva poludiska, koja, kad se zalepe po nasle�enoj identifikaciji,daju otvoreni disk.


αα

β

β

K :b

b

b

b

b

b

bα2 α2

α1α1

β1β2

β1β2b b

bb a

a a

a

aa

aa

≈ ba ≈

◦D2

b

b

Za razliku od prethodnog primera, ovde postoji i jedna taqka (klasa) koja imaqetiri predstavnika. Ta taqka je oznaqena sa a i ǌeni predstavnici su qetiri temenapravougaonika. Ovde je postupak uopxteǌe prethodnog. Uoqe se qetiri qetvrtinediska oko temena, uz uslov da oni ,,odsecaju” iste delove kruжnica α i β. Na slicije sa α1 oznaqen ,,poqetak”, a sa α2 ,,zavrxetak” kruжnice α (i sliqno za kruжnicuβ). Onda se te qetvrtine lepo sloжe jedna uz drugu i zalepe me�usobno po duжima α1,α2, β1 i β2. Na slici se vidi da je to mogu�e uraditi i da se tim lepǉeǌem dobijaotvoreni disk, pa, dakle, i taqka a ima okolinu sa traжenom osobinom.

Svojstvo T2 se za Klajnovu bocu utvr�uje neposredno (za disjunktne okoline dvejutaqaka mogu se uzeti bax okoline prethodno razmatranog oblika). Konaqno, K je ikompaktna kao koliqnik pravougaonika (koji je kompaktan).

2.4.2 Klasifikacija zatvorenih povezanih povrxi

Neka je X zatvorena povezana povrx. Odaberimo jednu taqku x ∈ X i ǌenu otvorenu

okolinu V homeomorfnu sa◦D2. Po potrebi, okolinu V moжemo da smaǌimo i da

postignemo da X := X \ V bude povrx s granicom, pri qemu je ∂X ≈ S1.

Neka su sada X i Y dve zatvorene povezane povrxi, koje su utopǉene u neki euk-lidski prostor Rn tako da je X ∩ Y = ∅ (inaqe, vaжi da se svaka zatvorena povrxmoжe utopiti u R4, a neke mogu i u R3). Na prethodno opisani naqin moжemo dobiti

dve povrxi s granicom X i Y pri qemu je ∂X ≈ ∂Y ≈ S1. Neka je h : ∂X → ∂Yneki homeomorfizam. Definixemo povezanu sumu povrxi X i Y , u oznaci X ♯ Y , kao

koliqniqki prostor koji nastaje tako xto se u disjunktnoj uniji X ⊔ Y svaka taqkax ∈ ∂X identifikuje sa sebi odgovaraju�om taqkom h(x) ∈ ∂Y (u toj situaciji se kaжe

da se X i Y lepe po homeomorfizmu granica).

Kratko reqeno, povezana suma X ♯ Y do-bija se tako xto se sa obe povrxi X i Yskine po jedan mali otvoren disk, pa seonda dobijene povrxi zalepe jedna s dru-gom tako xto se spoje ǌihove graniqnekruжnice. Na primer, povezana sumasfere i torusa homeomorfna je torusu.Naime, uoqimo sferu bez malog otvorenogdiska i torus bez malog otvorenog diska(to su dve povrxi s granicom). Zatim, zalepimo te dve povrxi po homeomorfizmugranica, tj. graniqne kruжnice ovih povrxi identifikujemo – te dve kruжnice

86

,,proglasimo” za jednu (na slede�oj slici, upotrebǉena je oznaka ε za tu kruжnicu).Me�utim, kad se izvrxi naznaqeno lepǉeǌe, dobija se torus.

S2 ♯ T 2 :

b

b

ε

ε

≈≈

Moжe se pokazati da, do na homeomorfizam, povezana suma X ♯ Y zatvorenih poveza-nih povrxi X i Y ne zavisi od izbora (dovoǉno malih) otvorenih diskova koje skidamo

sa ovih povrxi, kao ni od izbora homeomorfizma h : ∂X → ∂Y po kojem lepimo. Tako�e,pokazuje se da je X ♯ Y opet jedna zatvorena povezana povrx. Dakle, povezana suma jejedna (do na homeomorfizam) ispravno definisana binarna operacija me�u zatvorenimpovezanim povrxima.

S2 \ V

≈

D2

≈

Maloqas smo utvrdi-li da je S2 ♯ T 2 ≈ T 2.Primetimo da vaжi iopxtije: sfera je neut-ral operacije ♯. Naime,skidaǌem malog otvore-nog diska V sa sfereS2 dobijamo zatvorenidisk D2, a lepǉeǌemovog diska na prethodno napravǉen ,,otvor” na nekoj povrxi, taj otvor se prostozatvori i dobijamo povrx od koje smo krenuli. Tako�e, nije texko videti da jepovezana suma (do na homeomorfizam) komutativna i asocijativna operacija.

M0 :

Sad �emo posmatrati dve familije zatvorenih povezanihpovrxi. Elemente prve od ǌih oznaqavamo sa Mg, g ∈ N0,a definixemo ih induktivno. Povrx M0 je, po definiciji,sfera, dok svaku slede�u povrx u ovom nizu definixemo kaopovezanu sumu prethodne s torusom: Mg :=Mg−1 ♯ T

2 za sve g ∈ N.Dakle, M1 je torus (jer je to povezana suma sfere i torusa), asvaka slede�a povrx dobija se tako xto se na prethodnu dodajedna ,,ruqka”.


M2 :M1 :

Mg :

g

α

α

β βM1 ≈

Znamo da M1, tj. torus, ima koliqniqki model uravni. To je qetvorougao sa rubnom identifikaci-jom αβα−1β−1 (v. primer 1.7.6). Na�imo sad koliq-niqke modele u ravni i za ostale povrxi Mg, g ∈ N.

Povrx M2 je, dakle, povezana suma dva torusa.Uoqimo ǌihove ravanske koliqniqke modele –dva qetvorougla sa rubnim identifikacijamaα1β1α

−11 β−1

1 , odnosno α2β2α−12 β−1

2 . S obzirom na qi-ǌenicu da otvorene diskove koje izbacujemo sa ovihtorusa moжemo proizvoǉno da odaberemo, mi �emo to uqiniti na naqin pogodan zaseckaǌe i lepǉeǌe. U svakom qetvorouglu uzimamo (topoloxki) disk koji je u unut-

M2

α1

α1

β1 β1≈ α2α2

β2

β2

λλ

λλ

α2

α2

β2

β2

α1

α1

β1

β1

≈ ≈

α1

α1

β1

β1

α2

α2

β2

β2

raxǌosti qetvoroug-la s tim da rubdodiruje u temenuqetvorougla, kao naslici desno. Sadse, dakle, izbace od-govaraju�i otvorenidiskovi, a graniqnekruжnice dobijenihdveju povrxi me�u-sobno identifikuju.One onda daju jednukruжnicu na M2 (naslici desno, to jekruжnica λ). Akoova dva qetvorouglasecnemo na mestimagde izbaqeni diskovidodiruju rubove, onda dobijamo dva petougla s odgovaraju�im identifikacijama nagranicama. Konaqno, ǌih zalepimo po λ i dobijamo standardni koliqniqki modelpovrxi M2 – osmougao s rubnom identifikacijom α1β1α

−11 β−1

1 α2β2α−12 β−1

2 .

88

Mg β1

α1

β1

αg

βg

αg

βgα1

≈

Povrx M3 je povezana suma torusa i povr-xi M2, pa se ǌen koliqniqki model u ravni do-bija od standardnih modela za torus i M2 nanaqin potpuno analogan prethodnom. Daǉe seindukcijom mogu dobiti ravanski koliqniqkimodeli za sve povrxi Mg, g ∈ N. Nije texkouveriti se da je jedan takav model za Mg (kojinazivamo i standardnim koliqniqkim modelomte povrxi) 4g-tougao s rubnom identifikacijomα1β1α

−11 β−1

1 α2β2α−12 β−1

2 · · ·αgβgα−1g β−1

g . Znamo da susva temena u qetvorougaonom koliqniqkom mo-delu torusa me�usobno identifikovana, a lakose proverava da su sva temena identifikovana i u ovom modelu povrxi Mg. Drugimreqima, α1, α2, . . . , αg, kao i β1, β2, . . . , βg, jesu kruжnice na povrxi Mg, koje sve imajujednu zajedniqku taqku. U pitaǌu je taqka koja u ovom modelu ima 4g predstavnika –sva temena 4g-tougla.

Definiximo sad jox jedan niz Nh, h ∈ N, zatvorenih povezanih povrxi. I ǌegadefinixemo induktivno:

N1 := RP2; Nh := Nh−1 ♯ RP2 za h > 2.

≈N1b b

α

α

Povrx N1 je, dakle, projektivna ravan, dok se svakaslede�a povrx u ovom nizu dobija kao povezana sumaprethodne s projektivnom ravni. Pri toj operacijipotrebno je s projektivne ravni ukloniti jedan mali,proizvoǉno odabran, otvoren disk. Posmatrajmo disk saantipodalnom identifikacijom na rubu, kao standardnikoliqniqki model projektivne ravni i neka je V koncen-triqan otvoren disk, ali maǌeg polupreqnika, kao xto jepredstavǉeno na slede�oj slici. U unutraxǌosti diskanema identifikacije, tako da je V jedan otvoren disk iu koliqniku – projektivnoj ravni. Ako izbacimo disk V ,dobijamo kruжni prsten sa antipodalnom identifikacijom na jednoj rubnoj kruжnici,a to je upravo jedan od koliqniqkih modela Mebijusove trake (v. primer 1.7.5).

b b≈

α

α

b b

α

α

≈V RP2 \ V ≈RP2 M

Dakle, RP2 bez otvorenog diska jeste Mebijusova traka. To znaqi da se povezanasuma proizvoǉne zatvorene povezane povrxi X s projektivnom ravni dobija tako xto sesa povrxi X skine jedan mali otvoren disk, a onda na taj ,,otvor” zalepi Mebijusovatraka po homeomorfizmu granica.


α1

α1

α1

α2

α2 δ δ ≈N2 ≈

α1

α2

α2 ≈ K

Povrx N2 je povezana sumadve projektivne ravni, pa seona, dakle, dobija tako xto sedve Mebijusove trake zalepe pohomeomorfuzmu granica. Zato nam je pogodan trougaonikoliqniqki model Mebijusovetrake (v. primer 1.7.5). Me�utim, kao xto se i vidi sa slike, naznaqenim lepǉe-ǌem dobija se jedan od koliqniqkih modela Klajnove boce (v. primer 1.7.7). Dakle,N2 je, u stvari, Klajnova boca.

Za povrxi N1 i N2 imamo koliqniqke modele u ravni. Povrx N3 dobijamo tako xtosa povrxi N2, tj. Klajnove boce, uklonimo jedan mali otvoren disk, a onda na dobijenupovrx zalepimo Mebijusovu traku po homeomorfizmu granica. To se moжe uraditi nanaqin opisan ne slede�oj slici.

≈

α3

α3N3 ≈

α1

α1

α2

α2

α3

α3γ γ

γγ

≈α3

α3

α1

α1

α1

α1

α2

α2

α2

α2

Tako dobijamo koliqniqki model u ravni za povrx N3. To je, dakle, xestougao sa

Nh ≈

α1

α1

α2

α2

αh

αh

rubnom identifikacijom α21α

22α

23.

Sad moжemo induktivno da nastavimo ovaj postu-pak – sa koliqniqkog modela za Nh−1 skinemo pogodnoodabran otvoren disk, pa zalepimo Mebijusovu traku– i da, na taj naqin, dobijemo standardni koliqniqkimodel u ravni povrxi Nh za proizvoǉno h ∈ N. Lakose proverava da �e to biti 2h-tougao s identifikaci-jom na rubu α2

1α22 · · ·α2

h. Primetimo da su i ovde svatemena 2h-tougla me�usobno identifikovana, pa su,dakle, α1, α2, . . . , αh kruжnice na povrxi Nh, koje sveimaju jednu zajedniqku taqku.

Neka je sad X proizvoǉna zatvorena povezana povrx. Rod povrxi X je najve�i brojd ∈ N0 sa svojstvom da postoji d me�usobno disjunktnih prostih zatvorenih krivih na

M0 :

X, c1, c2, . . . , cd, takvih da je X \⋃di=1 ci povezan prostor.

Povrx M0, tj. sfera, jeste povrx roda 0. Naime, oqiglednoje da svaka prosta zatvorena kriva na sferi deli ovu na dvekomponente povezanosti. Ovo bi se formalno moglo dokazatipomo�u Жordanove teoreme (teoreme 67) korix�eǌem pogodnoodabrane stereografske projekcije, ali ne�emo zalaziti u tedetaǉe – zadrжa�emo se na intuiciji. Torus M1 je, pak, povrxroda 1. Jedna prosta zatvorena kriva na torusu qijim seizbacivaǌem dobija povezana povrx na slede�oj slici je nacr-tana zelenom bojom. Moжe se pokazati (a i intuitivno je jasno) i da, kako god oda-

90

beremo dve disjunktne Жordanove krive na M1, ǌihovim izbacivaǌem bi se dobionepovezan prostor.

M2 :M1 :

Mg :

g

I uopxte, rod povrxi Mg (g ∈ N0) jednak je upravo g. Na svakoj ,,ruqki” uoqimopo jednu prostu zatvorenu krivu, kao xto je predstavǉeno na slici iznad. Jasno je dase uklaǌaǌem ovih g krivih sa Mg dobija povezan prostor, a moжe se dokazati i danije mogu�e na�i vixe od g me�usobno disjunktnih Жordanovih krivih na Mg qijimse izbacivaǌem ne bi naruxila povezanost.

Primetimo da je rod povrxi topoloxka invarijanta. Naime, ako je h : X → Yhomeomorfizam izme�u zatvorenih povezanih povrxi X i Y , i ako su c1, c2, . . . , cd me-�usobno disjunktne Жordanove krive na X, onda su h(c1), h(c2), . . . , h(cd) me�usobno dis-junktne Жordanove krive na Y , pri qemu je prostor X \⋃d

i=1 ci povezan ako i samo ako

je h(X \⋃d

i=1 ci)= Y \⋃d

i=1 h(ci) povezan.Odavde odmah dobijamo da me�u povrxima Mg, g ∈ N0, nema me�usobno homeo-

morfnih. Posebno, sfera nije homeomorfna torusu, niti bilo kojoj od povrxi Mg

za g > 1. I uopxte, dakle, vaжi implikacija: ako je g1 6= g2, onda Mg1 6≈Mg2.I povrx Nh (h ∈ N) ima rod jednak upravo h. Na povrxi N1, tj. projektivnoj

ravni, za prostu zatvorenu krivu qijim se uklaǌaǌem ne naruxava povezanost, moжemoodabrati bax kruжnicu α iz standardnog koliqniqkog modela te povrxi (na sliciniжe, ona je obojena zelenom bojom). Znamo da je N1 ≈ S2 ♯ RP2 (jer je sfera neutral zapovezanu sumu), tj. da se N1 moжe dobiti tako xto se disk i Mebijusova traka zalepepo homeomorfizmu granica. Primetimo da je kriva α zapravo centralna kruжnicate Mebijusove trake, a u primeru 1.7.5 utvrdili smo da se uklaǌaǌem centralnekruжnice sa Mebijusove trake dobija cilindar S1 × (0, 1] – dakle, povezan prostor.

≈ N3≈

α1

α1

α2

α2 ≈α3

α3

α1

α1

α2

α2

N2N1bb

α

α

b

b a

b

Imaju�i u vidu ovu primedbu, nije texko uoqiti h me�usobno disjunktnih Жor-danovih krivih na povrxi Nh qijim se izbacivaǌem dobija povezana povrx. Naime,


kako je Nh ≈ S2 ♯ RP2 ♯ RP2 ♯ · · · ♯ RP2

︸︷︷︸h

, to se Nh, u stvari, dobija tako xto se sa sfere

skine h malih otvorenih diskova, pa se na te otvore zalepi h Mebijusovih traka. Zatraжene krive moжemo uzeti centralne kruжnice tih h Mebijusovih traka. Na sliciiznad, uoqene su te kruжnice u standardnim ravanskim koliqniqkim modelima povrxiN2 i N3 (te kruжnice su obojene zelenom bojom). Pored toga, ilustrovana je i qiǌe-nica da je N2 bez te dve kruжnice (putno) povezan prostor, tako xto je za taqke a i buoqen put koji ih spaja, a koji ne seqe ove dve kruжnice (taj put je obojen plavom bo-jom). Naravno, pokazuje se i da, ako se sa Nh ukloni vixe od h me�usobno disjunktnihЖordanovih krivih, dobijeni prostor ne�e biti povezan. Dakle, Nh je povrx roda h.

Poxto je rod topoloxka invarijanta, i ovde, za sve h1, h2 ∈ N, imamo implikaciju:ako je h1 6= h2, onda Nh1 6≈ Nh2. Posebno, projektivna ravan i Klajnova boca nisu istogtopoloxkog tipa.

Na osnovu prethodnog izlagaǌa, imamo da za povrxi iz dve posmatrane familijevaжi da su sve one me�usobno razliqitog topoloxkog tipa, osim eventualno xto biMg moglo da bude homeomorfno sa Ng (g ∈ N), jer su to jedine dve povrxi me�u ovimakoje su roda g. Me�utim, ni one nisu homeomorfne. Topoloxka invarijanta koja ihrazlikuje jeste orijentabilnost. Poxto bi stroga definicija ovog pojma zahtevalaponiraǌe u teoriju glatkih mnogostrukosti, mi �emo ovde dati neformalnu, opisnudefiniciju orijentabilnosti.

bx

M :

Uoqimo Mebijusovu traku M i ǌenu centralnukruжnicu. Fiksirajmo jednu taqku x na toj kruж-nici. Tangentna ravan na M u taqki x jeste dvodi-menzioni vektorski prostor, koji se obiqno oz-naqava sa TxM . Izborom jedne baze, orijentixese prostor TxM . Na slici desno nacrtani su vek-tori u TxM , plavi i жuti, koji su me�usobno or-togonalni, pa, dakle, odre�uju jednu orijentacijuprostora TxM . Zamislimo sada da se kre�emoduж centralne kruжnice u smeru koji odre�ujeplavi vektor, a da se pri tom ,,neprekidno kre�u”i ova dva vektora. Obilaskom qitavog kruga, tj.vra�aǌem u taqku x, plavi vektor se vra�a u sebe, dok se жuti vra�a u sebi suprotanvektor (na slici nacrtan isprekidanom жutom linijom), pa je novodobijena ori-jentacija tangentne ravni TxM suprotna od polazne. To znaqi da Mebijusova trakanije orijentabilna povrx.

Uopxte, (ne obavezno zatvorena) povrx je orijentabilna ako za svaku prostu zatvore-nu krivu na ǌoj vaжi slede�e: odabravxi bilo koju bazu tangentne ravni na tu povrxu proizvoǉnoj (fiksiranoj) taqki uoqene krive i ,,obixavxi pun krug” duж te krive,odabrana baza (koja se neprekidno meǌa pri tom kretaǌu) vra�a se u (moжda nekudrugu, ali) bazu koja daje istu orijentaciju tangentne ravni kao i polazna.

Na primer, sve povrxi Nh, h ∈ N, jesu neorijentabilne, jer svaka od ǌih sadrжiMebijusovu traku kao potprostor, pa se obilaskom centralne kruжnice te Mebijusovetrake meǌa orijentacija tangentne ravni.

Jox jedan naqin da se (intuitivno) uverimo da Mebijusova traka nije orijentabilnajeste da zamislimo qoveka koji se kre�e po ǌenoj centralnoj kruжnici. Krenuvxi iztaqke x, on se, na primer, nalazi na ,,gorǌoj” strani Mebijusove trake. Me�utim,

92

obixavxi pun krug, on se vra�a u taqku x, ali se sad nalazi na ,,doǌoj” strani povr-xi. Zapravo, to pokazuje da je Mebijusova traka povrx koja ima samo jednu stranu, ao orijentabilnosti povrxi (bar kad su u pitaǌu one utopǉene u R3) moжe se razmix-ǉati kao o postojaǌu dve strane te povrxi. To je i najjednostavnije obrazloжeǌezaxto povrxi Mg, g ∈ N0, jesu orijentabilne – one imaju spoǉnu i unutraxǌu stranu.

Kao xto je ve� reqeno, moжe se dokazati da je i orijentabilnost jedna topoloxkainvarijanta, pa zato imamo da Mg 6≈ Ng (g ∈ N). Dakle, me�u povrxima Mg, g ∈ N0, i Nh,h ∈ N, nema me�usobno homeomorfnih. Topoloxki (dakle, suxtinski), one se razlikujupo rodu i orijentabilnosti. Zato su za ove povrxi uobiqajeni slede�i nazivi:

Mg − orijentabilna povrx roda g (g ∈ N0);

Nh − neorijentabilna povrx roda h (h ∈ N).Ogroman znaqaj ovih povrxi zapravo se ogleda u slede�oj qiǌenici: osim ǌih, nema

drugih zatvorenih povezanih povrxi. Preciznije, vaжi slede�a teorema, poznata podnazivom Teorema o klasifikaciji povrxi, koju navodimo bez dokaza.

Teorema 125 Neka je X zatvorena povezana povrx. Tada vaжe slede�e implikacije.

(1) Ako je X orijentabilna, onda postoji g ∈ N0 takvo da je X ≈Mg.

(2) Ako je X neorijentabilna, onda postoji h ∈ N takvo da je X ≈ Nh.

Dokaz ove teoreme se moжe na�i u [1].

2.5 Mape na povrxima, Ojlerova karakteristika povrxi

U ovom, a i u slede�im odeǉcima ove glave, pod povrxi podrazumevamo povezanupovrx bez granice. Na nekim mestima ograniqi�emo se na kompaktne (dakle, zatvorenepovezane) povrxi, a mnoge od predstoje�ih definicija i teorema odnose se i na nekom-paktne.

2.5.1 Mapa, Ojlerova karakteristika mape

Definicija 126 Neka je S povrx. Utapaǌe ϕ : G → S, gde je G = (V,E, f) neki graf,nazivamo mapom na povrxi S.

Slike temena ϕ(v), v ∈ V , tako�e nazivamo temenima, slike ivica ϕ(e), e ∈ E,ivicama, dok komponente povezanosti komplementa S \ϕ(G) nazivamo regionima mape ϕ.Skup svih regiona date mape oznaqava�emo sa R.

Mapa je regularna ako je svaki ǌen region homeomorfan otvorenom disku◦D2, tj.

euklidskoj ravni R2 (v. primer 1.2.7).

Geometrijsku realizaciju grafa definisali smo kao utapaǌe tog grafa u euklidskiprostor Rn (v. definiciju 101). Me�utim, ta definicija se proxiruje (uopxtava)sa euklidskih prostora na mnogostrukosti, pa je onda i za utapaǌe grafa u nekupovrx (tj. neprekidnu injekciju iz tog grafa u tu povrx) uobiqajeno re�i geometrijskarealizacija grafa na toj povrxi. Dakle, mapa na povrxi S je, u stvari, geometrijskarealizacija nekog grafa na povrxi S.

2.5 Mape na povrxima, Ojlerova karakteristika povrxi 93

Primer 2.5.1 Neka je G graf koji ima dva temena, po jednu petǉu u svakom od tihtemena i jox jednu ivicu koja spaja ta dva temena (v. sliku niжe). Uoqimo utapaǌeϕ : G → S2 tog grafa na sferu S2 dato na slede�oj slici. To je, dakle, jedna mapa nasferi S2.

S2

b bb b

b bG :

S2 \ ϕ(G)

ϕ

≈

ϕ(G)

≈

Primetimo da je ϕ regularna mapa. Naime, nije texko videti da ona ima tri

regiona od kojih je svaki homeomorfan otvorenom disku◦D2.

Primer 2.5.2 Neka je G graf iz prethodnog primera. Utopimo ga sad na torus T 2

onako kako je opisano na narednoj slici. Tako dobijamo mapu ψ : G→ T 2.

T 2

b bG :ψ

T 2 \ ψ(G)

ψ(G)b b

≈ ≈

Mapa ψ je, dakle, jedna mapa na torusu, za koju se lako uoqava da ima dva regiona.

Jedan od ǌih je homeomorfan disku◦D2, dok je drugi homeomorfan otvorenom cilindru

S1 × (0, 1). U prethodnom odeǉku smo pokazali da (zatvoreni) cilindar S1 × [0, 1] nijehomeomorfan zatvorenom disku D2, a intuitivno je jasno da ni otvoreni cilindar nijehomeomorfan otvorenom disku. Ovu qiǌenicu nexto kasnije i formalno dokazujemo(v. primer 3.3.1 u odeǉku 3.3). Dakle, ψ je mapa koja nije regularna.

94

Stav 127 Na svakoj zatvorenoj povezanoj povrxi postoji regularna mapa.

Dokaz: Na osnovu Teoreme o klasifikaciji povrxi (teoreme 125), dovoǉno je pokazatida na svakoj od orijentabilnih povrxiMg, g ∈ N0, i svakoj od neorijentabilnih povrxiNh, h ∈ N, postoji regularna mapa.

Na sferi S2 = M0 regularnu mapu smo konstruisali u primeru 2.5.1. Primetimoda na sferi postoji i trivijalna regularna mapa, koja se dobija kao utapaǌe (trivi-jalnog) grafa koji ima samo jedno teme (i nijednu ivicu) na sferu. Ta mapa ima jedanregion – sferu bez jedne taqke. Iz primera 1.2.9 znamo da je on homeomorfan ravni,tj. otvorenom disku.

Neka je g ∈ N. Uoqimo graf koji ima taqno jedno teme i 2g ivica α1, α2, . . . , αg, β1,β2, . . . , βg (po definiciji grafa, sve ove ivice moraju biti petǉe u tom jednom temenugrafa). Taj graf se moжe realizovati na povrxi Mg tako xto se svaka od ǌegovihivica α1, α2, . . . , αg, β1, β2, . . . , βg homeomorfno preslika na odgovaraju�u kruжnicu na Mg

Mg

β1

α1

β1

αg

βg

αg

βgα1

b

b b b

α1

β1

β2

α2

αg

βg ϕg

uoqenu pri odre�i-vaǌu ravanskog koliq-niqkog modela ove po-vrxi u prethodnomodeǉku (v. sliku des-no). U pomenutomkoliqniqkom modelu,svaka od tih kruжnicavidi se ,,dvostruko”na rubu 4g-tougla. (Zaivice grafa i odgo-varaju�e kruжnice napovrxi upotrebǉava-mo iste oznake, xto je uobiqajeno u radu s mapama.) Na taj naqin na povrxi Mg

dobijamo mapu ϕg, koja ima samo jedan region. Taj region je unutraxǌost 4g-tougla,koja je, naravno, homeomorfna otvorenom disku, pa zakǉuqujemo da je ovo jedna regu-larna mapa.

Nh

α1

α1

α2

α2

αh

αh

b

bb b

α1

α2

αh

ψh

α3

Na potpuno analogan naqindobijamo regularnu mapu naneorijentabilnoj povrxi Nh,h ∈ N. Uoqimo graf odjednog temena i h ivica (v.sliku desno) i utapaǌe ψhtog grafa u Nh. Ono svakuod ivica α1, α2, . . . , αh home-omorfno preslika na odgo-varaju�u kruжnicu na povrxiNh. U pitaǌu su kruжnicekoje se javǉaju na rubu 2h-tougla kao standardnog koliqniqkog modela za Nh, h > 2,dok u sluqaju h = 1, naravno, posmatramo disk (sa antipodalnom identifikacijomna rubu). Mapa ψh je regularna, jer je ǌen jedini region (unutraxǌost 2h-tougla,odnosno diska) homeomorfan otvorenom disku. �


Definicija 128 Neka je ϕ : G → S mapa na povrxi S. Ako je V skup svih temena, Eskup svih ivica i R skup svih regiona mape ϕ, onda definixemo Ojlerovu karakteris-tiku mape ϕ, u oznaci χ(ϕ), na slede�i naqin:

χ(ϕ) := |V | − |E|+ |R|.

Napomenimo da se, koriste�i (podrazumevanu) povezanost povrxi S, moжe pokazatida broj regiona |R| bilo koje mape na S mora biti konaqan, pa je Ojlerova karakter-istika mape dobro definisana.

Na primer, Ojlerova karakteristika mape ϕ na sferi S2 iz primera 2.5.1 jesteχ(ϕ) = 2−3+3 = 2, dok za mapu ψ na torusu iz primera 2.5.2 vaжi da je χ(ψ) = 2−3+2 = 1.Trivijalna mapa na sferi pomenuta u dokazu stava 127 ima jedno teme i jedan region,pa je ǌena Ojlerova karakteristika 1− 0+1 = 2. Konaqno, za regularne mape ϕg na Mg

i ψh na Nh iz dokaza stava 127 vaжi da je

χ(ϕg) = 1− 2g + 1 = 2− 2g, g ∈ N; χ(ψh) = 1− h+ 1 = 2− h, h ∈ N.

Primetimo da je Ojlerova karakteristika obe uoqene regularne mape na sferi jed-naka 2. S druge strane, pak, regularna mapa ϕ1 na torusu T 2 =M1 ima Ojlerovu karak-teristiku 0, dok je Ojlerova karakteristika neregularne mape ψ (tako�e na torusu)jednaka 1. Slede�a teorema kazuje da dve regularne mape na istoj povrxi ne moguimati razliqite Ojlerove karakteristike.

Teorema 129 Ako su ϕ1 : G1 → S i ϕ2 : G2 → S dve regularne mape na povrxi S, onda jeχ(ϕ1) = χ(ϕ2).

Skica dokaza: Neka su ϕ1 : G1 → S i ϕ2 : G2 → S regularne mape na povrxi S.Pokaza�emo najpre da se, malim modifikacijama utapaǌa ϕ1 i ϕ2 (pri kojima se ne me-ǌaju Ojlerove karakteristike χ(ϕ1) i χ(ϕ2)), uvek moжe posti�i da skup ϕ1(G1)∩ϕ2(G2)bude neprazan konaqan skup.

Ako je ϕ1(G1) ∩ ϕ2(G2) = ∅, onda je ϕ2(G2) ⊆ S \ ϕ1(G1), a kako je mapa ϕ1 regularna,to su ǌeni regioni (komponente od S \ ϕ1(G1)) homeomorfni otvorenom disku. Zato jegraf ϕ2(G2) (ili bar neka ǌegova komponenta) sadrжan u jednom od tih regiona, pa se,,pomeraǌem” po tom regionu do granice moжe posti�i da ϕ2(G2) preseqe tu granicu(regiona), tj. neku ivicu ili teme mape ϕ1.

b

b

b

b

b

bb

bb b bbbb

b

b

b

bbb

bbb

bb

b

ϕ2(G2)

ϕ1(G1)

b

b

b

b

b

bbb b bbbb

b

b

b

bbb

bbb

bb

b

ϕ2(G2)

ϕ1(G1)

Pri ovoj modifikaciji se, oqigledno, ne meǌaju Ojlerove karakteristike dvejumapa.

96

Ako je skup ϕ1(G1)∩ϕ2(G2) beskonaqan,tj. ako se grafovi ϕ1(G1) i ϕ2(G2) seku ubeskonaqno mnogo taqaka, onda to znaqida se neka ivica prvog grafa seqe ubeskonaqno mnogo taqaka sa nekom ivi-com drugog. Tada jednu od te dve ivicemoжemo malo da ,,rastegnemo” i da postignemo da se te dve ivice i daǉe seku, alida ǌihov presek bude konaqan skup taqaka. Ako postoji jox neki par ivica sa ovimsvojstvom, onda i tu uradimo istu stvar. Kako su oba grafa konaqna, to oni imajukonaqno mnogo ivica, pa na ovaj naqin stiжemo do жeǉene situacije: grafovi ϕ1(G1) i

b

bb

b

ϕ1(G1)

b

b

b

b

b

b

ϕ2(G2)

ϕ2(G2) seku se, ali u konaqno mnogo taqaka.

Uoqimo sad na povrxi S mapu ϕ, koju moжemo ozna-qiti sa ϕ1 ∪ ϕ2, odre�enu na slede�i naqin. Temenamape ϕ qine sva temena mape ϕ1, sva temena mape ϕ2,kao i preseqne taqke ivica jedne sa ivicama druge mape.Ivice mape ϕ jesu delovi na koje su podeǉene ivice mapaϕ1 i ϕ2 temenima mape ϕ. Regioni mape ϕ onda budu kom-ponente povezanosti komplementa S \

(ϕ1(G1) ∪ ϕ2(G2)

).

Glavno je primetiti qiǌenicu da se mapa ϕ = ϕ1 ∪ ϕ2

moжe dobiti od mape ϕ1 (ili ϕ2) tako xto se konaqnomnogo puta primeni svaka od slede�e tri operacije:

I: na ivicu postoje�e mape doda se jedno novo teme;

II: u region postoje�e mape doda se jedno teme i ono se jednom ivicom spoji s temenomna rubu tog regiona;

III: teme na rubu regiona jednom ivicom se spoji s temenom na rubu tog istog regiona.

b

bb

b

b

bb

b

b

b

b

b

b

b

ϕ1

b

bb

b

b

b bb

b

b b b

b

b

b bb

b

b b b

b

b

bb

b

b

b

b

b

b

b

b

b bb

b

b b b

b

ϕ1 ∪ ϕ2

b

b

bI (10×)

II (6×) III (12×)

U primeru na slicidesno opisano je kako seod mape ϕ1 moжe do�ido mape ϕ = ϕ1 ∪ ϕ2. Utom primeru je najpre10 puta primeǌena ope-racija I, zatim 6 putaoperacija II, i konaqno,12 puta operacija III.Napomenimo samo da,ako su mape iz ovogprimera mape u ravni,onda neograniqeni re-gion nije homeomorfanotvorenom disku, pamape nisu regularne.Me�utim, moжemo za-misliti da su ovo mapena sferi, pa taj region


onda nije neograniqen, nego je upravo homeomorfan otvorenom disku (jer je on, zapravo,sfera bez odgovaraju�eg grafa i ovih ,,malih” regiona).

Pokaжimo sad da se, primenom bilo koje od ove tri operacije, ne meǌa Ojlerovakarakteristika, niti se naruxava regularnost mape.

Primenom operacije I doda se, dakle, jedno teme na ivicu, a ta se ivica razloжi nadve. Zakǉuqujemo da broj temena i broj ivica porastu za jedan, dok se broj regionane meǌa, xto znaqi da se Ojlerova karakteristika |V | − |E| + |R| ne promeni. Uz to,svi regioni ostaju isti kakvi su i bili, pa je mapa i daǉe regularna.

b ≈

Kad se primeni operacija II, brojtemena poraste za jedan, broj ivicatako�e poraste za jedan, dok broj regionaostaje nepromeǌen. Doduxe, za razlikuod prve operacije, ovde se jedan regionmalo izobliqi – iz ǌega se izbaci jedna(topoloxka) duж koja povezuje neku unutraxǌu s nekom rubnom taqkom – ali se ne po-javǉuju novi regioni. Zato nova mapa ima istu Ojlerovu karakteristiku kao i stara.Xtavixe, i tako izobliqen, taj jedan region je opet homeomorfan otvorenom disku, paje, dakle, i novonastala mapa regularna.

≈

≈

Konaqno, primenom ope-racije III ne meǌa sebroj temena, broj ivicaporaste za jedan, ali ibroj regiona poraste zajedan. Naime, poveziva-ǌem temena s ruba jednogregiona, bilo s nekimdrugim temenom na rubutog regiona, bilo sa samimsobom (ako je docrtanaivica petǉa), taj region, budu�i homeomorfan otvorenom disku, razlaжe se na dvamaǌa regiona. Dakle, Ojlerova karakteristika opet ostaje nepromeǌena. Tako�e, idva novonastala regiona (od onog jednog) homeomorfna su otvorenom disku, pa nijenaruxena regularnost mape.

Kako se, dakle, primeǌivaǌem ovih operacija, od mape ϕ1 moжe sti�i do mapeϕ = ϕ1 ∪ ϕ2, to vaжi da je χ(ϕ) = χ(ϕ1). Me�utim, i od mape ϕ2 se, istim postupkom(operacijama I, II i III), moжe sti�i do mape ϕ, pa vaжi i χ(ϕ) = χ(ϕ2). Konaqnozakǉuqujemo da je χ(ϕ1) = χ(ϕ2), qime je zavrxena ova skica dokaza teoreme. �

2.5.2 Ojlerova karakteristika povrxi

Definicija 130 Neka je S zatvorena povezana povrx. Ojlerovu karakteristiku povr-xi S, u oznaci χ(S), definixemo na slede�i naqin:

χ(S) := χ(ϕ),

gde je ϕ bilo koja regularna mapa na S.

98

Na osnovu stava 127 i teoreme 129, Ojlerova karakteristika zatvorene povezanepovrxi ispravno je definisana.

Ako na sferi S2 = M0 uoqimo, na primer, regularnu mapu ϕ iz primera 2.5.1,onda dobijamo da je χ(S2) = χ(M0) = 2. Za g ∈ N, uoqavaju�i regularnu mapu ϕg napovrxi Mg (iz dokaza stava 127), dobijamo da je χ(Mg) = χ(ϕg) = 2 − 2g. Sliqno,χ(Nh) = χ(ψh) = 2 − h, h ∈ N. Poxto osim Mg, g ∈ N0, i Nh, h ∈ N, nema drugihzatvorenih povezanih povrxi (na osnovu teoreme 125), zakǉuqujemo da znamo Ojlerovukarakteristiku svake zatvorene povezane povrxi:

χ(Mg) = 2− 2g, g ∈ N0;

χ(Nh) = 2− h, h ∈ N.Neka je sad ϕ : G → S bilo koja mapa (ne obavezno regularna) na nekoj zatvorenoj

povezanoj povrxi S. Moжe se pokazati da se, primenom operacija I, II i III iz skicedokaza teoreme 129, od mape ϕ moжe dobiti regularna mapa ϕ na povrxi S. Ojlerovakarakteristika ostaje nepromeǌena primenom operacija I i II, kao i u pomenutoj skicidokaza, ali razlika je u tome xto se pri operaciji III broj regiona ne mora pove�ati– taj broj ili ostaje isti ili se pove�a za jedan. Zato se primenom operacije IIIOjlerova karakteristika moжe smaǌiti (jer se, u svakom sluqaju, broj ivica pove�avaza jedan), pa vaжi da je

χ(ϕ) 6 χ(ϕ). (5)

Na primer, na (neregularnu) mapu ψ na torusu iz primera 2.5.2 dovoǉno je jednom

primeniti operaciju III da bi se dobila regularna mapa ψ. Naime, (jedina) dva temenate mape, vi�ena kao temena na rubu regiona koji je homeomorfan otvorenom cilindru,

poveжu se jednom novom ivicom koja prelazi preko tog regiona. Novonastala mapa ψjeste regularna, jer se izbacivaǌem (unutraxǌosti) ove nove ivice iz ovog regiona(stare mape) dobija region (nove mape) koji je homeomorfan otvorenom disku.

b b

≈

b b

III

ψ ψ

Dakle, region stare mape se nije razloжio na dva maǌa regiona, nego je samo prome-nio topoloxki tip. Zato se Ojlerova karakteristika smaǌila: χ(ψ) = 2 − 3 + 2 = 1,

dok je χ(ψ) = 2− 4 + 2 = 0.

2.6 Planarnost grafova 99

Na osnovu nejednakosti (5) i definicije 130, zakǉuqujemo da vaжi slede�i stav.

Stav 131 Ako je ϕ : G→ S mapa na zatvorenoj povezanoj povrxi S, onda je

χ(ϕ) > χ(S).

2.6 Planarnost grafova

U teoremi 104 ustanovǉeno je da se svaki graf moжe realizovati u euklidskom pros-toru R3. Prirodno se postavǉa pitaǌe da li se moжda svaki graf moжe realizovatii u euklidskoj ravni R2. Kao xto �emo uskoro i pokazati, odgovor na ovo pitaǌe jeodriqan. U ovom odeǉku utvr�ujemo koji se grafovi mogu, a koji se ne mogu realizo-vati (nacrtati bez samopreseka) u ravni.

Definicija 132 Kaжemo da je graf G planaran ako se moжe realizovati u euklidskojravni, tj. ako postoji neprekidna injekcija (utapaǌe) ϕ : G→ R2.

Primer 2.6.1 U primeru 2.1.4 definisali smo potpuni graf Kn, n > 2, a tu su date ineke realizacije u ravni grafova K2, K3 i K4. Dakle, ova tri grafa jesu planarna.

bK5 :

b

b

b b

T 2

bb bb b

Me�utim, ako pokuxamo dagraf K5 nacrtamo u ravni takoda se razliqite ivice ne preseku(osim, naravno, u eventualnom za-jedniqkom temenu), onda vidimoda to ne ide. Kako god da topokuxamo, devet ivica i moжemoda nacrtamo bez samopreseka, alionda za desetu ne nalazimo naqinada je nacrtamo ne presecaju�i os-tale ivice. To, naravno, samo po sebi, ne predstavǉa dokaz da K5 nije planaran graf,ali uskoro �emo dati taj dokaz. Primetimo uzgred da se graf K5 moжe realizovatina torusu. Na slici je prikazana jedna takva realizacija.

b

b

b b b

K1,n :

b

b

b b bK2,n : bb b b

b b b

Primer 2.6.2 Kad suu pitaǌu bipartitnigrafovi Km,n (v. primer2.1.5), lako se vidi daK1,n i K2,n jesu planarniza sve n ∈ N. Nekaǌihova utapaǌa u ra-van opisana su na slicidesno.

Graf K3,3, pak, nije planaran. Nexto kasnije �e i to biti dokazano, a zasad, moжemoda naslutimo tu qiǌenicu. Kako god da pokuxamo da ga nacrtamo u ravni, ne moжemoda izbegnemo samopresecaǌe.

100

b b b

b b bK3,3 :

b

b

b b b

b

K3,3 :

Za dati graf se, pored pitaǌa planarnosti, qesto razmatra i opxtije pitaǌe: nakojim se sve povrxima moжe realizovati taj graf? S tim u vezi je slede�i stav.

Stav 133 (a) Planaran graf se moжe realizovati na svakoj povrxi.

(b) Graf je planaran ako i samo ako se moжe realizovati na sferi S2.

Dokaz: (a) Neka je G planaran graf i S neka povrx. Ako je x ∈ S bilo koja taqka, ondaona, po definiciji povrxi (definiciji 120), ima otvorenu okolinu Vx homeomorfnuravni R2. Neka je h : R2 → Vx neki homeomorfizam i i : Vx → S inkluzija. Akoje ϕ : G → R2 neka geometrijska realizacija grafa G u ravni, uoqimo kompoziciju

Gϕ−→ R2 h−→ Vx

i→ S. Ona je jedno neprekidno ,,1-1” preslikavaǌe (kao kompozicijatakvih), pa, dakle, predstavǉa geometrijsku realizaciju grafa G na povrxi S.

(b) ⇒) Kako je sfera povrx, to je ovaj smer dokazan u delu (a).⇐) Neka je G = (V,E, f) graf koji se moжe realizovati na sferi. To znaqi da

postoji neprekidna injekcija ϕ : G→ S2. Dokaжimo da ϕ nije ,,na”.U suprotnom, ϕ bi bila neprekidna bijekcija, a kako je G kompaktan, a S2 Hauz-

dorfov prostor, to bi preslikavaǌe ϕ bilo homeomorfizam (posledica 41). Dakle,vaжilo bi G ≈ S2. Me�utim, to nije mogu�e. Naime, odatle bismo najpre imali da jeG povezan graf, a onda moжemo da razlikujemo sluqajeve u zavisnosti od broja ivicagrafa G:

1) Sluqaj |E| = 0 podrazumeva da graf G ima samo jedno teme (jer je povezan), tj. dase sastoji od samo jedne taqke, i onda je jasno da ne moжe da vaжi G ≈ S2 (ne postojini bijekcija izme�u G = ∗ i S2, a kamoli homeomorfizam).

G : G :∨

2) Ako je |E| = 1 onda je G jedna (topoloxka)duж ili je G kruжnica. Duж nije homeomorfnasferi S2 jer duж ima razdvojnih taqaka, a sferaih nema. S druge strane, u primeru 1.4.7 pokazalismo da S1 6≈ S2, pa u obe varijante imamo kon-tradikciju.

G : G \ V ≈

3) Ako je |E| > 2, ondaje G\V disjunktna unijadve ili vixe otvorenihduжi, dakle, nepovezanprostor. Skup temenaV je konaqan, a kadsa sfere S2 uklonimokonaqno mnogo taqaka, ma kako ih odabrali, dobijamo povezan prostor. Dakle, G 6≈ S2.


Sad kad imamo da ϕ : G → S2 nije ,,na”, moжemo da uoqimo taqku y0 ∈ S2 \ ϕ(G).Zatim, kodomen preslikavaǌa ϕ moжemo suziti na S2 \ {y0} i opet dobiti neprekidnuinjekciju ϕ : G → S2 \ {y0}, ϕ(x) := ϕ(x), x ∈ G. Konaqno, ako je s : S2 \ {y0} → R2

odgovaraju�a stereografska projekcija (koja je homeomorfizam; v. primer 1.2.9), ondadobijamo utapaǌe ϕ : G→ R2, ϕ := s ◦ ϕ. Dakle, graf G je planaran. �

e

r1

r2

b b

Neka sad imamo mapu na (proizvoǉnoj) povr-xi S i uoqimo jednu ivicu e te mape. Ivica eje, u stvari, jedna topoloxka duж ili topoloxkakruжnica na povrxi S. Kako svaka povrx lokalnoizgleda kao euklidska ravan, to, kre�u�i se poivici e (u odabranom smeru), moжemo govoriti oregionu koji je ,,s desne strane” i o regionu kojije ,,s leve strane”. Oznaqimo te regione sa r1 i r2.Tada kaжemo da je ivica e graniqna ivica regionar1, naravno, samim tim, i regiona r2. Ako je r1 6= r2, onda kaжemo da su r1 i r2 susedniregioni.

S2

b bb be

Primetimo da moжe da vaжi i r1 = r2. Na slici desno dat jeprimer mape na sferi i ǌene ivice e, koja je graniqna ivica samojednog regiona.

Oznaqimo sad sa E, kao xto je i uobiqajeno, skup svih ivica, asa R skup svih regiona odabrane mape. Za odabrani region r ∈ R,oznaqimo sa e(r) broj ivica koje su graniqne ivice tog regiona. Akosaberemo sve ove brojeve, tj. uoqimo zbir

∑r∈R e(r), u tom zbiru je

svaka ivica raqunata jednom ili dvaput (u zavisnosti od toga da lije na granici jednog ili dva regiona). Zakǉuqujemo da vaжi slede�a nejednakost:

∑

r∈Re(r) 6 2|E|. (6)

Lema 134 Neka je G = (V,E, f) prost graf takav da je ind v > 2 za sve v ∈ V . Ako jeϕ : G → S neka geometrijska realizacija grafa G na (bilo kojoj) povrxi S i R skup svihregiona mape ϕ, onda je

|R| 6 2

3|E|.

Skica dokaza: Neka je r ∈ R proizvoǉan region mape ϕ i e(r) broj ivica koje su nagranici ovog regiona (kao u razmatraǌu koje je prethodilo lemi). Pokaza�emo da jee(r) > 3, i to tako xto �emo iskǉuqiti mogu�nosti e(r) = 0, e(r) = 1 i e(r) = 2. Neka je∂r rub regiona r (kao podskupa topoloxkog prostora S). On se sastoji od svih ivicakoje su graniqne ivice ovog regiona i eventualno jox nekih temena. Primetimo dazbog (podrazumevane) povezanosti povrxi S mora da bude ∂r 6= ∅.

∂r :

b

b bb

b

b

Ako bi vaжilo e(r) = 0, tj. ako na granici regiona r ne bi bilonijedne ivice, onda bi se ∂r sastojala od nekoliko izolovanihtemena. Me�utim, tada bi sva ta temena bila indeksa nula, jerje ,,svuda oko” jednog takvog temena region r, pa nema ivice qijeje to teme. Ovo je u kontradikciji s pretpostavkom da je ind v > 2za sve v ∈ V .

Iz ovog dela vidimo da se, uopxte uzevxi, na granici regiona r ne moжe pojavitiizolovano teme. Tu qiǌenicu uzimamo u obzir pri razmatraǌu preostala dva sluqaja.

102

∂r : b

b b∂r :

U sluqaju e(r) = 1, za ∂r postoje dve mogu�nosti (v. slikudesno) u zavisnosti od toga da li je ta (jedina) graniqna ivicapetǉa ili nije. Prva mogu�nost otpada jer je graf prost (panema petǉi). Drugu mogu�nost tako�e moжemo da iskǉuqimo, jerbi tada dva temena ove ivice imala indeks jednak jedinici (,,svudokolo” je region r, pa sem ove jedne, ta temena ne mogu pripadatinijednoj drugoj ivici).

∂r : b

b

b

∂r :

b

b

bb

b b

b b

b

b b

∂r :

∂r :

∂r :

∂r :

b∂r :b

b

Na sliqan naqin se eliminixe isluqaj e(r) = 2. Kad bi to bilo,imali bismo sedam mogu�nosti za∂r (v. sliku desno). Prvih pet ot-pada zbog toga xto je graf prost, aposledǌe dve iz istog razloga kaou prethodnom sluqaju (postojala bitemena indeksa 1).

Poxto je r bio proizvoǉan region,zakǉuqujemo da za sve r ∈ R vaжi

e(r) > 3.

Sumiraǌem svih ovih nejednakosti (za sve r ∈ R; dakle, ima ukupno |R| nejednakosti)dobijamo da je ∑

r∈Re(r) > 3|R|.

Konaqno, uzimaju�i u obzir i nejednakost (6), dobijamo da je 3|R| 6 2|E|, a to je upravotvr�eǌe leme. �

Sad moжemo da dokaжemo najavǉenu teoremu o neplanarnosti grafova K5 i K3,3.

Teorema 135 Grafovi K5 i K3,3 nisu planarni.

Dokaz: Na osnovu stava 133 (b), dovoǉno je dokazati da se ovi grafovi ne mogu rea-lizovati na sferi.

K5 : Pretpostavimo suprotno – da se K5 moжe realizovati na sferi, tj. da postojineprekidno ,,1-1” preslikavaǌe ϕ : K5 → S2. Kako je graf K5 prost i kako je indekssvakog ǌegovog temena jednak 4, to moжemo da primenimo lemu 134. Na osnovu ǌe, zabroj regiona mape ϕ vaжi:

|R| 6 2

3|E| = 2

3·(5

2

)=

2

3· 10 =

20

3.

Ako jox uzmemo u obzir qiǌenicu da je Ojlerova karakteristika sfere jednaka 2, kaoi stav 131, onda dobijamo da je

2 = χ(S2) 6 χ(ϕ) = |V | − |E|+ |R| = 5− 10 + |R| 6 −5 +20

3=

5

3.

Kontradikcija.


K3,3 : Neplanarnost grafa K3,3 dokazujemo na sliqan naqin. Pretpostavimo da on

jeste planaran, tj. da se moжe realizovati na sferi. Neka je ϕ : K3,3 → S2 jedna takvarealizacija (mapa na sferi). Graf K3,3 je tako�e prost, a indeks svakog ǌegovog temenajednak je 3. Pokaжimo sad da za svaki region r ∈ R mape ϕ vaжi da je e(r) > 4 (gdeje e(r), kao i pre, broj graniqnih ivica regiona r). Mogu�nosti e(r) = 0, e(r) = 1 ie(r) = 2 iskǉuquju se na isti naqin kao u skici dokaza leme 134.

b b

∂r :

b

v1 v2

v3

Ako bi bilo e(r) = 3 za neki region r ∈ R, onda bi postojalovixe mogu�nosti za ∂r. Me�utim, sve sem jedne eliminixu seve� korix�enim argumentima (nepostojaǌem temena indeksa ma-ǌeg od 2 i qiǌenicom da je graf prost). Jedina suxtinski novamogu�nost u odnosu na prethodne predstavǉena je na slici desno.To je, dakle, sluqaj kada je granica regiona r jedan (sferni)trougao. Ali, bez obzira na to da li je r ,,unutraxǌost” ili ,,spoǉaxǌost” ovogtrougla, i ovu mogu�nost moжemo da iskǉuqimo, i to koriste�i definiciju potpunogbipartitnog grafa. Naime, tada bismo imali da teme v1 nije u istoj grupi temena nisa v2 ni sa v3 (jer je spojeno ivicama i s jednim i s drugim temenom), pa bi zato temenav2 i v3 bila u istoj grupi, a to nije mogu�e jer su i ona spojena ivicom.

Dakle, e(r) > 4 za sve r ∈ R, pa se sumiraǌem ovih nejednakosti dobija da je∑r∈R e(r) > 4|R|. Ova nejednakost, zajedno sa nejednakox�u (6) i qiǌenicom da graf

K3,3 ima taqno 9 ivica, omogu�ava nam da zakǉuqimo:

|R| 6 1

4

∑

r∈Re(r) 6

1

4· 2 · |E| = 1

2· 9 =

9

2.

Konaqno, sliqno kao u prvom delu dokaza, kontradikciju dobijamo iz slede�eg nizarelacija:

2 = χ(S2) 6 χ(ϕ) = |V | − |E|+ |R| = 6− 9 + |R| 6 −3 +9

2=

3

2.

Dakle, ni K3,3 nije planaran graf. �

Iz ove teoreme odmah sledi da graf G koji ima podgraf G′ homeomorfan sa K5 iliK3,3 ne moжe biti planaran. Naime, eventualna geometrijska realizacija (neprekidnainjekcija) ϕ : G → R2 grafa G indukovala bi geometrijsku realizaciju u ravni grafa

K5, odnosno K3,3. To bi bila kompozicija Kh−→ G′ i→ G

ϕ−→ R2, gde je K = K5 iliK = K3,3, h neki homeomorfizam, a i inkluzija. Specijalno, grafovi Kn za n > 5 i Km,n

za m,n > 3 nisu planarni.Posebno zanimǉiva je qiǌenica da vaжi i obrnuto: ako graf nije planaran, onda on

ima podgraf homeomorfan sa K5 ili sa K3,3. Ovaj smer je znatno teжe dokazati, pa �emozato taj dokaz izostaviti. Inaqe, ova karakterizacija planarnosti je, zapravo, quvenirezultat do koga su, nezavisno jedan od drugog, doxli Pontrjagin (ruski matematiqar)i Kuratovski (poǉski matematiqar). Zato se naredna teorema i imenuje po ǌimadvojici.

Teorema 136 Graf je planaran ako i samo ako nema podgraf homeomorfan sa K5 nitipodgraf homeomorfan sa K3,3.

104

2.7 Bojeǌe mapa u ravni, problem qetiri boje

2.7.1 Hromatski broj grafa, mape i povrxi

Neka je G = (V,E, f) graf. Funkciju c : V → N nazivamo bojeǌem grafa G. U stvari,svaki prirodan broj ovde predstavǉa neku boju, pa pridruжivaǌe v 7→ c(v) vidimokao bojeǌe temena v bojom c(v). Dakle, obojiti graf znaqi obojiti svako ǌegovo teme.Naravno, V je konaqan skup, pa je i ǌegova slika c(V ) konaqan skup. Ako je d =

∣∣c(V )∣∣,

onda kaжemo da je c bojeǌe grafa G pomo�u d boja.Bojeǌe c : V → N grafa G jeste pravilno, ako su svaka dva susedna temena obojena

razliqitim bojama, tj. ako za sve v1, v2 ∈ V vaжi implikacija:

v1 i v2 su susedna temena =⇒ c(v1) 6= c(v2).

Definicija 137 Hromatskim brojem grafa G nazivamo minimalni broj boja potrebnihda se pravilno oboji graf G, a oznaqavamo ga sa col(G). Preciznije,

col(G) := min{d ∈ N | postoji pravilno bojeǌe grafa G pomo�u d boja

}.

Naravno, graf G = (V,E, f) uvek se moжe pravilno obojiti pomo�u |V | boja. Prosto,boje�i jedno po jedno teme, za svako naredno upotrebimo novu boju, pa nikoja dva temena(tim pre, nikoja dva susedna temena) ne budu obojena istom bojom. Zakǉuqujemo da uvekvaжi nejednakost

col(G) 6 |V |. (7)

Primetimo jox i da svako pravilno bojeǌe grafa indukuje pravilno bojeǌe svakogǌegovog podgrafa. Dakle, ako je G′ podgraf grafa G, onda je

col(G′) 6 col(G). (8)

b

b b b b

b

bK3 : K4 :

Primer 2.7.1 U potpunom grafu nad n temena Kn

(v. primer 2.1.4) svaka dva temena spojena su ivi-com, pa su, dakle, svaka dva (razliqita) temenasusedna. To znaqi da se, pri pravilnom bojeǌu,jedna ista boja ne moжe upotrebiti za dva razli-qita temena, tj. ovaj graf se ne moжe pravilnoobojiti pomo�u maǌe od n boja. Drugim reqima, col(Kn) > n, pa iz (7) zakǉuqujemo daza sve n > 2 vaжi da je

col(Kn) = n.

Iz nejednakosti (8) sad dobijamo i slede�u qiǌenicu: ako graf G sadrжi Kn kaopodgraf, onda je col(G) > n.

b

b

b b bK2,3 :

Primer 2.7.2 Kad je u pitaǌu (potpuni) bipartitni grafKm,n (v. primer 2.1.5), ǌega moжemo pravilno obojiti ko-riste�i samo dve boje – jednu za jednu grupu, a drugu zadrugu grupu temena. To bojeǌe je pravilno jer nikoja dvatemena iz iste grupe nisu susedna. Naravno, jasno je i dane postoji pravilno bojeǌe pomo�u jedne boje. Dakle, zasve prirodne brojeve m i n vaжi

col(Km,n) = 2.

2.7 Bojeǌe mapa u ravni, problem qetiri boje 105

Primer 2.7.3 Za n > 3 definiximo graf Pn kao graf koji ima n temena i n ivica, apredstavǉa granicu n-tougla (v. sliku niжe). Dakle, Pn je prosta zatvorena poligo-nalna linija koja se sastoji od n duжi. Odredimo hromatski broj grafa Pn. Oznaqimoǌegova temena sa v1, v2, . . . , vn u cikliqnom poretku. Krenimo od temena v1 i obojimo ga,na primer, жutom bojom. Teme v2 je ǌemu susedno, pa za ǌega ne moжemo da upotrebimoжutu boju. Obojimo ga zato crvenom. Teme v3 sad ne moжemo crvenom, ali ako je 3 < n,onda moжemo жutom.

b

b bb

b

b

b

b

b

bb

b b

b

b

b

bbP3 : P4 : P5 : P6 :

v1 v2

v3

v6

v4

v1 v1 v1v2 v2 v2

v3

v3 v3

v4 v4

v5

v5

Nastavǉaju�i bojeǌe tako naizmeniqno – жuta pa crvena – dolazimo do posledǌegtemena vn. ǋemu susedna su v1 i vn−1. Teme v1 je obojeno жutom bojom, a vn−1 tako�eжutom ako je n− 1 neparan broj, odnosno crvenom ako je n− 1 paran. U prvom sluqaju,teme vn moжemo da obojimo crvenom bojom i da dobijemo pravilno bojeǌe grafa Pnpomo�u dve boje. U drugom sluqaju, za teme vn ne smemo upotrebiti ni жutu ni crvenuboju, pa ga moramo obojiti nekom tre�om, npr. plavom. Dakle, vaжi da je

col(Pn) =

{2, ako je n paran3, ako je n neparan

.

Iz ovog primera moжemo da uoqimo da hromatski broj nije topoloxko svojstvografa, ve� kombinatorno. Naime, svi grafovi Pn, n > 3, jesu istog topoloxkog tipa(svi su homeomorfni kruжnici), ali nemaju svi isti hromatski broj.

Neka je sad ϕ : G → S mapa na nekoj povrxi S. Bojeǌe mape ϕ je pojam potpunoanalogan pojmu bojeǌa grafa, s tim xto se, umesto temena (grafa), ovde boje regioni(mape).

Dakle, bojeǌem mape ϕ nazivamo bilo koju funkciju c : R → N, gde je R skup svihregiona mape ϕ. Ako je d =

∣∣c(R)∣∣, onda je c bojeǌe mape ϕ pomo�u d boja. Bojeǌe c je

pravilno, ako su svaka dva susedna regiona obojena razliqitim bojama, tj. ako za sver1, r2 ∈ R vaжi implikacija:

r1 i r2 su susedni regioni =⇒ c(r1) 6= c(r2).

b

b

b b b

b

b

b

b b

b b

b b

Primer 2.7.4 Na slici desno prikazano jejedno pravilno bojeǌe jedne mape u ravni.Upotrebǉene su qetiri boje (plava, жuta,crvena i zelena), pa je ovo, dakle, bojeǌepomo�u qetiri boje. Kao xto se vidi iz ovogprimera, pravilno obojena mapa u ravni odgo-vara tzv. politiqko-geografskoj karti – za dvedrжave koje se graniqe upotrebǉavaju se ra-zliqite boje. Istaknimo jox, u okviru ovogprimera, da se, po definiciji, susednim re-gionima smatraju oni koji imaju (bar jednu)

106

zajedniqku graniqnu ivicu. Ako postoji teme koje je na granici oba regiona, a nepostoji ivica sa tim svojstvom, onda ta dva regiona nisu susedna i, pri pravilnombojeǌu, mogu se obojiti istom bojom.

Definicija 138 Hromatski broj mape ϕ, u oznaci col(ϕ), jeste minimalni broj bojapotrebnih da se pravilno oboji mapa ϕ, tj.

col(ϕ) := min{d ∈ N | postoji pravilno bojeǌe mape ϕ pomo�u d boja

}.

Hromatski broj mape se, me�utim, moжe videti i kao hromatski broj jednog odre-�enog grafa. Naime, ako je ϕ : G→ S mapa na nekoj povrxi S, onda definixemo dualnigraf mape ϕ (koji oznaqavamo sa G∗

ϕ ili samo sa G∗) na slede�i naqin. Skup temenaV ∗ϕ dualnog grafa G∗

ϕ odgovara skupu regiona R mape ϕ, V ∗ϕ := {vr | r ∈ R}. Skup ivica

dualnog grafa odre�en je slede�im pravilom: dva (razliqita) temena grafa G∗ϕ koja

odgovaraju susednim regionima spajaju se taqno jednom ivicom, dok se dva temena kojaodgovaraju regionima koji nisu susedni ne spajaju ivicom. Dakle, za sve r1, r2 ∈ R vaжida su vr1 i vr2 susedna temena u dualnom grafu G∗

ϕ ako i samo ako su r1 i r2 susedniregioni, pa odmah zakǉuqujemo da je

col(G∗ϕ) = col(ϕ).

Primetimo da je, po definiciji, dualni graf uvek prost (nema petǉi ni vixestru-kih ivica). On se obiqno crta na samoj mapi, odnosno na povrxi na kojoj imamo mapu– odabere se po jedna taqka u svakom regionu, pa se onda za svaka dva susedna regionaodabrane taqke u ǌima spoje ivicom koja prelazi preko ta dva regiona i preko jedneǌihove zajedniqke graniqne ivice. Nije texko videti da se to moжe uraditi tako dase razliqite ivice ne preseku (osim u eventualnom zajedniqkom temenu). Na taj naqindobija se jedna geometrijska realizacija dualnog grafa na toj povrxi.

Primer 2.7.5 Na narednoj slici levo dat je primer mape ϕ : G → R2 i nacrtan jeǌen dualni graf G∗

ϕ. Primetimo da regioni r1 i r2, na primer, imaju dve zajedniqkegraniqne ivice. Me�utim, po definiciji dualnog grafa, odgovaraju�a temena vr1 i vr2spajaju se samo jednom ivicom.

b b

bb

b b

bbb b

b b

bb

b

b

b b

bb

b b

bbb b

b b

b

b

b

b

K3

ϕ(G)

G∗ϕ

G∗ϕ :

r1

r2

vr1

vr2

Dualni graf G∗ϕ sadrжi K3 kao podgraf, pa je zato col(ϕ) = col(G∗

ϕ) > 3. S drugestrane, oqigledno je da se mapa ϕ moжe pravilno obojiti pomo�u tri boje. Prematome, col(ϕ) = 3.

Primer 2.7.6 Neka je ψ mapa u ravni iz primera 2.7.4. Kao xto smo ve� videli, onase moжe pravilno obojiti pomo�u qetiri boje. Zato je col(ψ) 6 4. Uoqimo dualni grafove mape.


b

b

b b b

b

b

b

b b

b b

b b

b

b

b

b b

b

bb

b

b

b

b

b

b

b

b b

b

bb

b

b

b

bK4

Dualni graf sadrжi K4 kao podgraf, pa ǌegov hromatski broj (tj. col(ψ)) ne moжebiti maǌi od 4. Dakle, hromatski broj ove mape jednak je 4.

Izdvojmo tri ve� pomenuta svojstva dualnog grafa u poseban stav.

Stav 139 Neka je ϕ : G→ S mapa na povrxi S i G∗ϕ ǌen dualni graf. Tada vaжi:

(a) G∗ϕ je prost graf;

(b) G∗ϕ se moжe realizovati na povrxi S;

(v) col(G∗ϕ) = col(ϕ).

Definicija 140 Neka je S povrx. Hromatski broj povrxi S, u oznaci col(S), defi-nixemo kao najmaǌi broj boja potrebnih da bi se pravilno obojila svaka mapa na S(ako postoji takav broj). Drugim reqima,

col(S) :=min{d ∈ N | svaka mapa na povrxi S moжe se pravilno obojiti pomo�u d boja

}.

Ovde sintagma ,,mapa se moжe pravilno obojiti pomo�u d boja” znaqi da postojipravilno bojeǌe te mape pomo�u d ili maǌe od d boja. Ne mora svaka od ǌih da budeupotrebǉena. Na primer, mapa koja ima samo jedan region moжe se pravilno obojitii pomo�u dve, tri ili vixe boja.

Ako je d ∈ N, primetimo da je uslov da se svaka mapa na povrxi S moжe pravilnoobojiti pomo�u d boja ekvivalentan uslovu da je col(ϕ) 6 d za sve mape ϕ na S. Ovo,pak, znaqi da je broj d jedno gorǌe ograniqeǌe skupa {col(ϕ) | ϕ je mapa na povrxi S}.Hromatski broj povrxi definisan je kao najmaǌi prirodan broj d koji ispuǌava ovajuslov. Dakle, ako je pomenuti skup ograniqen odozgo, onda je col(S) ǌegovo najmaǌegorǌe ograniqeǌe. Poxto je req o podskupu skupa N, zakǉuqujemo da vaжi slede�istav, koji moжemo smatrati i (alternativnom) definicijom hromatskog broja povrxi.

Stav 141 Neka je S povrx. Hromatski broj povrxi S postoji ako i samo ako je skup{col(ϕ) | ϕ je mapa na povrxi S} ograniqen odozgo. U tom sluqaju je

col(S) = max{col(ϕ) | ϕ je mapa na povrxi S

}.

108

Dokaza�emo da postoji hromatski broj ravni, kao i svake zatvorene (povezane) povr-xi. Prethodno dokaжimo da (za razliku od hromatskog broja grafa) hromatski brojpovrxi jeste jedno topoloxko svojstvo povrxi.

Stav 142 Neka su S i S ′ homeomorfne povrxi (S ≈ S ′). Ako jedna od ǌih ima hromatskibroj, ima ga i druga i vaжi da je

col(S) = col(S ′).

Dokaz: Konstruisa�emo bijekciju izme�u skupa svih mapa na povrxi S i skupa svihmapa na povrxi S ′, pri qemu �e odgovaraju�e mape imati isti hromatski broj. Nekaje h : S → S ′ fiksiran homeomorfizam. Ako je ϕ : G → S mapa na S, ǌoj pridruжujemomapu ϕ′ := h ◦ ϕ na povrxi S ′. Sliqno, mapi ϕ′ : G→ S ′ na S ′ moжemo pridruжiti mapuϕ := h−1 ◦ ϕ′ na S. Jasno je da su ova dva pridruжivaǌa me�usobno inverzne bijekcije.

Kako je h homeomorfizam, to svakom regionu r ∈ R mape ϕ odgovara region h(r) ∈ R′

mape ϕ′, pri qemu je oqigledno da su dva regiona r1, r2 ∈ R susedna ako i samo ako suh(r1) i h(r2) dva susedna regiona. Dakle, col(ϕ) = col(ϕ′).

Prema tome, skupovi {col(ϕ) | ϕ je mapa na S} i {col(ϕ′) | ϕ′ je mapa na S ′} me�usobnosu jednaki. Na osnovu stava 141 zakǉuqujemo da je col(S) = col(S ′) (ako postoji barjedan od ova dva broja). �

2.7.2 Hromatski broj ravni, problem qetiri boje

Neka je ϕ : G→ R2 proizvoǉna mapa u ravni. Ako je h : R2 → S2\∗ inverz stereografskeprojekcije – homeomorfizam izme�u ravni i sfere bez jedne taqke (v. primer 1.2.9) –

onda uoqimo mapu ϕ na sferi S2 nastalu kao kompozicija Gϕ−→ R2 h−→ S2 \ ∗ i→ S2, gde

je i inkluzija.Neka su r1, r2, . . . , rm svi regioni mape ϕ, pri qemu je rm neograniqeni region. ǋima

odgovaraju (svi) regioni r1, r2, . . . , rm mape ϕ. Pri tom je ri ≈ ri za sve i = 1, m− 1,dok za neograniqeni region vaжi da je rm ≈ rm \ ∗. Me�utim, jasno je da vaжi da suregioni ri i rj susedni ako i samo ako su ri i rj susedni. Zato je col(ϕ) = col(ϕ).

b

b b

b

r1

r2r3

r5

R2

ϕ

S2

b

ϕ

bb r1

r5

b

br4b b

b

r4b b

br3 r2

Me�utim, vaжi i obrnuto:ako krenemo od proizvoǉnemape na sferi ϕ : G → S2,moжemo dobiti mapu ϕ u ravnitakvu da je col(ϕ) = col(ϕ).Naime, iz jednog od regionaizbacimo jednu taqku, pa pri-menimo stereografsku projek-ciju (kao xto je ura�eno udokazu stava 133 (b)). Opetimamo uzajamno jednoznaqnu korespondenciju izme�u regiona ovih dveju mapa, pri qemuje oquvana susednost.

Dakle, za svaku mapu u ravni postoji mapa na sferi sa istim hromatskim brojem iza svaku mapu na sferi postoji mapa u ravni sa istim hromatskim brojem. Zakǉuqujemoda, iz istih razloga kao u dokazu stava 142, vaжi da je

col(R2) = col(S2). (9)


Kad je u pitaǌu sama vrednost broja col(R2), odmah moжemo da konstatujemo da jecol(R2) > 4, jer znamo da postoji mapa u ravni qiji je hromatski broj jednak 4 (v. primer2.7.6, odnosno 2.7.4).

Sredinom devetnaestog veka postavǉen je zadatak da se dokaжe da je col(R2) = 4,tj. da se svaka mapa u ravni moжe pravilno obojiti pomo�u qetiri boje. Taj zadataksu preko sto godina mnogi matematiqari bezuspexno pokuxavali da rexe, a postao jequven u matematiqkom svetu kao problem qetiri boje. Xtavixe, neki ga i dan-danassmatraju nerexenim, jer su sva poznata ǌegova rexeǌa eksperimentalna – oslaǌaju sena upotrebu raqunara. Prvo od ǌih pojavilo se 1976. godine, a objavili su ga Apel(ameriqki matematiqar) i Haken (nemaqki matematiqar).

Prvo neispravno ,,rexeǌe” problema qetiri boje pojavilo se jox 1879. godine ipunih 11 godina smatralo se da je problem rexen. Me�utim, engleski matematiqarHivud pronaxao je 1890. godine grexku u tom ,,dokazu” i tom prilikom objavio dokazqiǌenice da je dovoǉno pet boja za pravilno bojeǌe bilo koje mape u ravni, drugimreqima, da je col(R2) 6 5. Tu teoremu �emo i mi ovde dokazati; xtavixe, dokaz koji�emo dati jeste (u suxtini) bax Hivudov dokaz. Pre toga, dokaжimo jednu lemu.

Lema 143 Ako je G = (V,E, f) prost planaran graf, onda postoji teme v0 ∈ V takvo daje ind v0 6 5.

Dokaz: Pretpostavimo suprotno: da je ind v > 6 za sve v ∈ V . Ako saberemo sve ovenejednakosti (ima ih |V |), dobijamo da je

∑v∈V ind v > 6|V |. S druge strane, znamo da

je zbir svih indeksa u grafu dvostruko ve�i od broja ivica (jednakost (3) u odeǉku2.2). Zato je 2|E| =∑v∈V ind v > 6|V |, tj.

|V | 6 1

3|E|. (10)

Uz to, s obzirom na planarnost grafa G, on se moжe realizovati na sferi (stav133). Neka je ϕ : G → S2 neka ǌegova geometrijska realizacija (mapa na sferi) iR skup svih regiona ove mape. Prema lemi 134, iz qiǌenice da je G prost graf ipretpostavke ind v > 6 za sve v ∈ V , sledi da je

|R| 6 2

3|E|. (11)

Konaqno, poxto je Ojlerova karakteristika sfere jednaka 2, na osnovu stava 131 inejednakosti (10) i (11), dobijamo da je

2 = χ(S2) 6 χ(ϕ) = |V | − |E|+ |R| 6 1

3|E| − |E|+ 2

3|E| = 0.

Kontradikcija. �

Sad moжemo dokazati najavǉenu Hivudovu teoremu.

Teorema 144 Svaka mapa u ravni moжe se pravilno obojiti pomo�u pet boja. Drugimreqima,

col(R2) 6 5.

110

Dokaz: Na osnovu stavova 141 i 139 (v), vaжi da je

col(R2) = max{col(ϕ) | ϕ je mapa u ravni

}

= max{col(G∗

ϕ) | ϕ je mapa u ravni},

gde je sa G∗ϕ oznaqen dualni graf date mape ϕ : G→ R2. Prema delovima (a) i (b) stava

139, sad je dovoǉno da dokaжemo da hromatski broj bilo kog prostog planarnog grafane moжe biti ve�i od 5.

Neka je zato G = (V,E, f) prost planaran graf i dokaжimo da je col(G) 6 5. Dokaz�emo izvesti indukcijom po broju temena grafa G.

Ako je |V | 6 5, onda iz (7) odmah dobijamo da je col(G) 6 |V | 6 5.Neka je sad |V | > 6 i pretpostavimo da hromatski broj svakog prostog planarnog

grafa koji ima maǌe od |V | temena nije ve�i od 5. Pokaжimo da i graf G moжemopravilno obojiti koriste�i najvixe pet boja. Na osnovu leme 143, postoji v0 ∈ V sasvojstvom ind v0 6 5. Neka je G′ podgraf grafa G dobijen brisaǌem temena v0 i svihivica qije je to teme. Preciznije, G′ = (V ′, E ′, f ′), gde je V ′ = V \ {v0}, E ′ = E \ Ev0 =E \ {e ∈ E | v0 ∈ f(e)} i f ′ = f |E′. Graf G′, budu�i podgraf od G, tako�e je prost iplanaran, a ima i jedno teme maǌe nego graf G. Po induktivnoj pretpostavci, ǌegamoжemo pravilno obojiti sa pet boja. Fiksirajmo jedno takvo bojeǌe grafa G′.

Ako je ind v0 < 5, ili ako je ind v0 = 5, a za pet susednih temena nije upotrebǉenosvih pet boja (u odabranom bojeǌu grafa G′), onda bojeǌem temena v0 bojom (od onihpet) koja nije upotrebǉena za bojeǌe susednih temena dobijamo pravilno bojeǌe grafaG pomo�u pet boja.

b

b

b

b

b b

v0e1

e2

e3 e4

e5

v4

v3

v2

v1

v5

Pretpostavimo zato da je ind v0 = 5 i da su, u odabranom bo-jeǌu grafa G′, sva temena susedna temenu v0 obojena razliqitimbojama. S obzirom na planarnost grafa G, moжemo fiksiratijednu ǌegovu geometrijsku realizaciju u ravni. Uoqimo petivica grafa G koje imaju v0 za jedno svoje teme. Imaju�i sadgraf G nacrtan u ravni, moжemo govoriti o cikliqnom ure-�eǌu tih ivica (u odnosu na odabranu realizaciju grafa G uravni). Oznaqimo ih sa e1, e2, e3, e4, e5 u cikliqnom poretku, asa v1, v2, v3, v4, v5 odgovaraju�a temena grafa G, f(ei) = {v0, vi}, i = 1, 5 (v. priloжenusliku). To je, dakle, tih pet susednih temena (temenu v0 u grafu G) i ona su obojenarazliqitim bojama. Oznaqimo te boje, redom, sa c1, c2, c3, c4, c5 (dakle, teme vi je obojenobojom ci).

Neka je G′1,3 podgraf grafa G′ qija su temena ona temena grafa G′ koja su obojena

bojom c1 ili bojom c3, a ivice sve ivice grafa G′ koje spajaju takva temena. Razlikujemoslede�a dva sluqaja.

I : Temena v1 i v3 jesu u razliqitim komponentama povezanosti grafa G′1,3. Tada u

komponenti koja sadrжi v1 moжemo svakom temenu da promenimo boju – ono koje je biloobojeno bojom c1 obojimo bojom c3 i obrnuto (c1 ↔ c3). Novonastalo bojeǌe grafa G′

tako�e je pravilno. Naime, ako su u, w ∈ V ′ dva susedna temena grafa G′, onda imamoslede�e tri mogu�nosti.

(1) Ako ni temenu u ni temenu w nije promeǌena boja pri ovoj modifikaciji bojeǌa,onda su, naravno, ona i daǉe obojena razliqitim bojama.

(2) Ako je i temenu u i temenu w promeǌena boja, to znaqi da je jedno od ǌih, npr.u, bilo obojeno bojom c1, a drugo bojom c3. Nakon izmene je, dakle, u obojeno bojom c3,


a w bojom c1, pa su opet obojena razliqitim bojama.(3) Ako je samo jednom od ova dva temena promeǌena boja – na primer, temenu u sa

c1 na c3 – onda je boja temena w (bila i ostala) jedna od boja c2, c4, c5. Naime, ako bi wbilo obojeno, na primer, bojom c3, onda bi ono pripadalo podgrafu G′

1,3, pa bi i ivicakoja spaja temena u i w bila u tom podgrafu. Zato bi ova dva temena bila susednatemena grafa G′

1,3, odakle bi sledilo da su u istoj komponenti povezanosti tog grafa.

v0

v1

b

b

b b

b

e1

e2

e3 e4

e5

v4

v3

v2

v5b

Me�utim, tada bi ili oboma bila promeǌena boja (ako su u onojkomponenti koja sadrжi teme v1) ili nijednom. Dakle, i priovoj tre�oj mogu�nosti, temena u i w obojena su razliqitimbojama i u ovom novom bojeǌu.

Kad su u pitaǌu temena v1, v2, v3, v4, v5, ovako izgleda ras-pored boja na ǌima u novonastalom bojeǌu: v1 7→ c3, v2 7→ c2,v3 7→ c3, v4 7→ c4, v5 7→ c5. Zato za teme v0 moжemo da upotrebimoboju c1 i tako dobijemo pravilno bojeǌe grafa G pomo�u bojac1, c2, c3, c4, c5.

II : Temena v1 i v3 jesu u istoj komponenti povezanosti grafa G′1,3. Tada u grafu G′

1,3

postoji elementaran lanac

L : v1 −→ x1 −→ x2 −→ · · · −→ xn −→ v3

koji povezuje temena v1 i v3, jer je ta komponenta povezan podgraf od G′1,3. (Primetimo

da teme x1 mora biti obojeno bojom c3, teme x2 bojom c1, i tako do temena xn, koje morabiti obojeno bojom c1 jer je susedno temenu v3, pa n mora biti paran.)

Uoqimo podgraf G′2,4 grafa G′ analogan podgrafu G′

1,3. Naime, temena podgrafa G′2,4

jesu sva ona temena grafa G′ obojena bojom c2 ili bojom c4, a ǌegove ivice su sve ivicegrafa G′ koje spajaju ovakva temena. Dokaжimo da su temena v2 i v4 u razliqitimkomponentama povezanosti grafa G′

2,4, tj. da u ǌemu ne postoji (elementaran) lanackoji povezuje ta temena.

Pretpostavimo suprotno i neka je

L : v2 −→ y1 −→ y2 −→ · · · −→ ym −→ v4

lanac (koji povezuje temena v2 i v4) u grafu G′2,4. S druge strane, lanac

K : v0e1−→ v1Lv3

e3−→ v0

jeste jedna kontura u grafu G. Naime, L je elementaran lanac, pa se u ǌemu ne ponav-

v4

e2v2

b

b

b

b

b b

v0e1

e3 e4

e5

v3

v1v5

b

b

b

b

b

b b

b

b

x1x3

x5

x2

x4 y2

y4

y1

x6 = y3

L

L

ǉaju ni temena ni ivice, a pored toga, L ne sadrжini teme v0 ni ivice e1 i e3 zato xto je L lanac u pod-grafu G′

1,3, dok ovo teme i ove ivice nisu u tom pod-grafu. Kako je graf G utopǉen u ravan, to konturaK predstavǉa potprostor ravni homeomorfan kruж-nici. Po Жordanovoj teoremi (teoremi 67, odnosnoteoremi 94), ona deli ravan na dve komponente –unutraxǌost i spoǉaxǌost. Pri tom, kontura K iivicu e2 i ivicu e4 seqe samo u taqki v0 (jer se razli-qite ivice mogu se�i samo po zajedniqkom temenu), pazbog cikliqnog ure�eǌa ivica e1, e2, e3, e4, e5, od temena v2 i v4 jedno je u unutraxǌosti

112

konture K, a drugo u spoǉaxǌosti. Lanac L, pak, povezuje temena v2 i v4 (predstavǉaput od v2 do v4). Prema tome, on mora prese�i konturu K. Poxto se ivice mogu prese�i

samo po zajedniqkom temenu, zakǉuqujemo da postoji teme koje se pojavǉuje i u lancu Li u lancu L (jer se v0 svakako ne nalazi u lancu L). Me�utim, ovo je u kontradikcijisa qiǌenicom da su sva temena u lancu L obojena bojom c1 ili bojom c3 (jer je to lanac

u podgrafu G′1,3), a sva temena u L bojom c2 ili bojom c4 (jer je L lanac u podgrafu

G′2,4).

Dakle, zaista su temena v2 i v4 u razliqitim komponentama povezanosti grafa G′2,4.

Sad moжemo da postupimo kao u sluqaju I. U komponenti koja sadrжi v2 svakom temenu

v0v2

b

b

b

bb

e1

e2

e3 e4

e5

v4

v3

v1

v5

b

promenimo boju (c2 ↔ c4) – ako je uoqeno teme te komponentebilo obojeno bojom c2, onda je u novom bojeǌu obojeno bojom c4i obrnuto (naravno, temenima grafa G′ koja nisu u ovoj kom-ponenti ne meǌamo boju). Novonastalo bojeǌe je opet jednopravilno bojeǌe grafa G′, i to iz istih razloga kao i bojeǌenastalo modifikacijom koju smo izvrxili u sluqaju I.

Raspored boja u novonastalom bojeǌu za temena v1, v2, v3, v4, v5jeste slede�i: v1 7→ c1, v2 7→ c4, v3 7→ c3, v4 7→ c4, v5 7→ c5. Sad jeoqigledno da teme v0 moжemo da obojimo bojom c2 i da tako dobijemo pravilno bojeǌegrafa G pomo�u boja c1, c2, c3, c4, c5 – dakle, pomo�u pet boja. �

2.8 Bojeǌe mapa na zatvorenim povrxima

b

b b

b

R2

Vx b

b b

b

S

Neka je sad S proizvoǉna povrx. Xta moжemo dakaжemo o ǌenom hromatskom broju (ako postoji)?Znamo da svaka taqka x ∈ S ima otvorenu okolinuVx homeomorfnu euklidskoj ravni. S druge strane,znamo da u ravni postoji mapa qiji je hromatskibroj 4. Najjednostavnija takva mapa prikazana jena slici desno. Svaka dva od ǌena qetiri regioname�usobno su susedna.

Kako postoji deo (podskup) Vx povrxi S homeo-morfan ravni R2, to je jasno da onda ovakvu mapumoжemo nacrtati i na povrxi S. Opet imamoqetiri regiona od kojih su svaka dva susedna.Zakǉuqujemo da za sve povrxi S (za koje postojihromatski broj) vaжi da je

col(S) > 4.

Ograniqimo se sad na zatvorene (povezane)povrxi i neka je S jedna takva povrx. Na osnovu teoreme 125, vaжi da je S = Mg

za neko g ∈ N0, ili je S = Nh za neko h ∈ N. Ve� pomenuti engleski matematiqar Hivudnaslutio je bliskost izme�u hromatskog broja col(S) i slede�eg broja, poznatog pod

2.8 Bojeǌe mapa na zatvorenim povrxima 113

nazivom Hivudov broj zatvorene povezane povrxi S:

H(S) :=

[7 +

√49− 24χ(S)

2

],

gde je χ(S) Ojlerova karakteristika povrxi S, a sredǌim zagradama je oznaqen ceo deo(realnog) broja. Kako su poznate Ojlerove karakteristike svih zatvorenih povezanihpovrxi, to se izravno dobijaju i ǌihovi Hivudovi brojevi. Na primer,

χ(S2) = 2 =⇒ H(S2) =

[7 +

√1

2

]= 4,

χ(RP2) = 1 =⇒ H(RP2) =

[7 +

√25

2

]= 6,

χ(T 2) = χ(K) = 0 =⇒ H(T 2) = H(K) =

[7 +

√49

2

]= 7,

χ(M2) = χ(N4) = −2 =⇒ H(M2) = H(N4) =

[7 +

√97

2

]= 8.

Poxto je χ(Mg) = 2 − 2g 6 2 za sve g ∈ N0, kao i χ(Nh) = 2 − h < 2 za sve h ∈ N,zakǉuqujemo da je za svaku zatvorenu povezanu povrx S ispuǌeno:

H(S) >

[7 +

√49− 24 · 22

]= 4. (12)

Hivud je, za sve zatvorene povezane povrxi osim za sferu, pokazao da je col(S) 6 H(S)i postavio hipotezu da je col(S) = H(S). Dokaжimo ovu ǌegovu nejednakost.

Teorema 145 Ako je S zatvorena povezana povrx pozitivnog roda (tj. S 6=M0), onda je

col(S) 6 H(S).

Dokaz: Iz istih razloga kao u dokazu teoreme 144, dovoǉno je dokazati da je za svakiprost graf G koji se moжe realizovati na povrxi S ispuǌeno col(G) 6 H(S). Naime,na osnovu stavova 139 i 141, vaжi da je

col(S) = max{col(ϕ) | ϕ je mapa na povrxi S

}

= max{col(G∗

ϕ) | ϕ je mapa na povrxi S},

a dualni graf G∗ϕ jeste prost i moжe se realizovati na S.

Neka je zato G0 = (V0, E0, f0) prost graf koji se moжe realizovati na povrxi S ioznaqimo sa N ǌegov hromatski broj. Treba da dokaжemo da je N 6 H(S).

Ako je N 6 4, onda iz (12) odmah dobijamo traжenu nejednakost: N 6 4 6 H(S). Zatonadaǉe pretpostavǉamo da je N > 5.

Ako u grafu G0 postoji teme v0 sa svojstvom indG0 v0 6 N−2, onda posmatramo podgrafG1 koji nastaje od grafa G0 brisaǌem temena v0 i svih ivica qije je to teme. Dakle,G1 = (V1, E1, f1), V1 = V0 \ {v0}, E1 = E0 \Ev0 = E0 \ {e ∈ E0 | v0 ∈ f0(e)} i f1 = f0|E1. Graf G1

114

je tako�e prost i tako�e se moжe realizovati na povrxi S, jer je podgraf grafa kojiima te dve osobine. Xtavixe, vaжi i da je col(G1) = N . Naime, col(G1) 6 col(G0) = Njer je G1 podgraf od G0 (nejednakost (8) iz prethodnog odeǉka), a ako bi G1 mogaopravilno da se oboji pomo�u N −1 boja, onda bi, pri takvom bojeǌu, za temena susednatemenu v0 u grafu G0 (kojih ima najvixe N − 2) bar jedna boja bila neiskorix�ena, pabismo bojeǌem temena v0 takvom bojom dobili pravilno bojeǌe grafa G0 pomo�u N − 1boja (a ono ne postoji jer je col(G0) = N).

U sluqaju da i u grafu G1 postoji teme v1 takvo da je indG1 v1 6 N − 2, onda izG1 izbacujemo teme v1 i sve ivice qije je to teme. Na taj naqin dobijamo podgrafG2 = (V2, E2, f2), koji je, iz istih razloga kao malopre, prost, moжe se realizovati napovrxi S i za koji vaжi col(G2) = N . Ako i on sadrжi teme qiji indeks ne prelaziN−2, onda nastavǉamo u istom maniru – iz grafa G2 izbacujemo to teme, odgovaraju�eivice itd.

Ovaj postupak se mora zavrxiti, tj. pre ili kasnije moramo do�i do grafa qijasu sva temena indeksa bar N − 1. Naime, nakon k-tog koraka dobija se prost grafGk = (Vk, Ek, fk), koji se moжe realizovati na S, qiji je hromatski broj N , pri qemujox vaжi i

|Vk| = |Vk−1| − 1 = |Vk−2| − 2 = · · · = |V0| − k.

Me�utim, ne moжe se u nedogled smaǌivati broj temena grafa, a da hromatski brojostane nepromeǌen. Preciznije, na osnovu nejednakosti (7) iz prethodnog odeǉka, vaжida je

N = col(Gk) 6 |Vk| = |V0| − k,

pa je jasno da se nakon najvixe |V0| − N koraka dobija graf G = (V,E, f) sa slede�imosobinama:

1) G je prost;

2) G se moжe realizovati na povrxi S;

3) col(G) = N ;

4) indG v > N − 1 za sve v ∈ V .

Neka je ϕ : G → S neka geometrijska realizacija grafa G na S – dakle, mapa napovrxi S. Iz osobine 4) i pretpostavke N > 5 imamo da je indG v > 4 za sve v ∈ V , pazato, imaju�i u vidu i osobinu 1), moжemo primeniti lemu 134. Prema toj lemi,

|R| 6 2

3|E|,

gde je sa R, kao i obiqno, oznaqen skup svih regiona mape ϕ. Na osnovu ove nejed-nakosti, kao i stava 131, imamo da je

χ(S) 6 χ(ϕ) = |V | − |E|+ |R| 6 |V | − |E|+ 2

3|E| = |V | − 1

3|E|. (13)

S druge strane, osobina 4) grafa G predstavǉa ukupno |V | nejednakosti, koje kad sabe-remo dobijamo

(N − 1)|V | 6∑

v∈VindG v = 2|E| 6 6|V | − 6χ(S), (14)


pri qemu je posledǌa nejednakost dobijena mnoжeǌem nejednakosti (13) sa 6, dok jejednakost pre ǌe, u stvari, ve� mnogo puta korix�ena formula (3) iz odeǉka 2.2. Akosad nejednakost (14) podelimo sa |V | i to malo sredimo, dobijamo da je

N 6 7− 6χ(S)

|V | . (15)

U sluqaju S = N1 = RP2 vaжi da je χ(S) = 1, pa iz (15) imamo da je

N 6 7− 6

|V | < 7, odnosno N 6 6 = H(S),

jer je N ceo broj. Dakle, u ovom sluqaju je teorema dokazana.Ako S nije projektivna ravan (a po pretpostavci teoreme, znamo da nije ni sfera),

onda ǌena Ojlerova karakteristika nije pozitivna, tj. χ(S) 6 0. Na osnovu osobine 3)grafa G i nejednakosti (7) iz prethodnog odeǉka, vaжi

N = col(G) 6 |V |, tj.1

|V | 61

N.

Mnoжeǌem posledǌe nejednakosti sa −6χ(S) (xto je nenegativan broj), dobijamo

−6χ(S)

|V | 6 −6χ(S)

N,

pa iz (15) zakǉuqujemo da je

N 6 7− 6χ(S)

|V | 6 7− 6χ(S)

N.

Konaqno, dobijenu nejednakost pomnoжimo sa N , malo ispremextamo sabirke i dobi-jamo da je

N2 − 7N + 6χ(S) 6 0. (16)

y = g(x)

x7+√

49−24χ(S)

27−√

49−24χ(S)

2

bb bN

Uoqimo kvadratnu funkciju g : R→ R,

g(x) := x2 − 7x+ 6χ(S), x ∈ R.

ǋene nule su7−√

49−24χ(S)

2i

7+√

49−24χ(S)

2

(primetimo da su one realne i me�u-sobno razliqite, jer je χ(S) 6 0), aǌen grafik je nacrtan na slici desno.Nejednakost (16) zapravo kazuje da jeg(N) 6 0, xto znaqi da N mora biti izme�u dve nule funkcije g. Zato vaжi da je

N 67 +

√49− 24χ(S)

2.

Konaqno, kako je N ceo broj, to mora biti

N 6

[7 +

√49− 24χ(S)

2

]= H(S),

116

qime je zavrxen dokaz teoreme i u sluqaju da S nije projektivna ravan. �

Kad je u pitaǌu odre�ivaǌe taqne vrednosti hromatskog broja povrxi, ispostavilosa da je bilo ubedǉivo najteжe to uraditi za najjednostavniju od ǌih – sferu. Hivu-dova pretpostavka col(S) = H(S) u tom sluqaju se svodi na jednakost col(S2) = 4, dakle,na problem qetiri boje (v. jednakost (9) u prethodnom odeǉku). Kao xto je ve� nave-deno, on je rexen 1976. godine (ili se bar tako smatra). Prema tome, hipoteza je taqnau ovom sluqaju. U stvari, taqna je u skoro svim sluqajevima, preciznije, u svim semjednog. Naime, pokazano je da hromatski broj Klajnove boce K = N2 nije jednak ǌenomHivudovom broju, nego je maǌi od ǌega: col(K) = 6, dok je H(K) = 7.

Taqnost Hivudove pretpostavke u svim ostalim sluqajevima dokazuje se tako xtose na datoj povrxi S konstruixe mapa koja se ne moжe pravilno obojiti pomo�u maǌeod H(S) boja (uz korix�eǌe teoreme 145). Ovo �emo ilustrovati na primeru torusai projektivne ravni, ali pre toga, formuliximo teoremu koja ustanovǉava vrednostihromatskih brojeva sviju zatvorenih povezanih povrxi.

Teorema 146 Za hromatski broj neorijentabilne povrxi roda 2, tj. Klajnove boce K,vaжi

col(K) = 6.

Ako je S bilo koja druga zatvorena povezana povrx (S 6= K), onda je

col(S) = H(S).

b

bbb

bb

bb

b

b b

b b b

bbb

b

b

b

b

b

α

ββ

α

T 2 :

b

b

b

b

Primer 2.8.1 Na slici desno nacrtana je jednamapa na torusu, ϕ : G → T 2. Upotrebǉenaje svetloplava boja za crtaǌe temena i ivicaove mape. Dakle, delovi ruba pravougaonika ublizini ǌegovih temena ne pripadaju grafu ϕ(G),xto znaqi da qetiri kvadrati�a obojena plavombojom qine, zapravo, jedan region mape ϕ (kad sezalepe po naznaqenoj identifikaciji, dobija sejedan topoloxki disk; v. primer 2.4.8). Zakǉuqu-jemo da ova mapa ima sedam regiona, a oqiglednoje da su svaka dva od ǌih me�usobno susedna. Zatose ona ne moжe pravilno obojiti sa maǌe od sedam boja. Teorema 145, pak, kazuje namda je za pravilno bojeǌe bilo koje mape na torusu dovoǉno H(T 2) = 7 boja, xto znaqida je

col(T 2) = 7.

Uoqimo jox par zanimǉivosti u vezi s ovom mapom. Kako su svaka dva od ǌenihsedam regiona me�usobno susedna, to je ǌen dualni graf K7 – potpuni graf nad sedamtemena. Na osnovu stava 139 (b), K7 se moжe realizovati na torusu. U odeǉku 2.6, pak,razmatrali smo pitaǌe planarnosti grafova. Tu je utvr�eno da se graf K5 ne moжerealizovati u ravni (teorema 135), ali da moжe na torusu. Me�utim, sad vidimo dase, ne samo K5, nego qak i K7 moжe nacrtati na torusu bez samopreseka.

Primetimo tako�e da je ova mapa jedna regularna mapa na torusu – svaki ǌen regionje homeomorfan otvorenom disku. To znaqi da ǌena Ojlerova karakteristika mora


biti jednaka nuli (jer je χ(T 2) = 0). Ve� smo konstatovali da ona ima 7 regiona. Preb-rojmo temena i ivice. Uzimaju�i u obzir rubnu identifikaciju na pravougaoniku,vidimo da imamo 8 temena na rubu, pa uz 10 u unutraxǌosti, to je ukupno 18 temena.Na rubu imamo 6 ivica, a u unutraxǌosti 19, xto je 25 ukupno. Dakle, zaista dobijamoda je χ(ϕ) = 18− 25 + 7 = 0.

α

α

b

b b

bbb

b b

bb

b

b

RP2 :

b c

c b

aa

Primer 2.8.2 Na projektivnoj ravni uoqimomapu koja je nacrtana na slici desno (temena iivice su plave boje). Ona ima 10 temena, 15 ivicai 6 regiona. Taqka a (,,poqetak” i ,,kraj” kruж-nice α) nije teme ove mape, ve� se nalazi na jed-noj od ǌenih ivica (u unutraxǌosti te ivice),premda, naravno, mi moжemo malo da modifiku-jemo ovu mapu, pa i taqku a da smatramo temenom,s tim xto se onda i pomenuta ivica razlaжe nadve. Bilo kako bilo, ova mapa ima xest regionaod kojih su svaka dva susedna. To znaqi da je ǌenhromatski broj jednak 6 (dualni graf je K6), paiz stava 141 zakǉuqujemo da je col(RP2) > 6. S druge strane, iz teoreme 145 imamo daje col(RP2) 6 H(RP2) = 6, xto znaqi da je

col(RP2) = 6.

118

Homotopija 119

3 Homotopija

3.1 Homotopna preslikavaǌa i homotopski ekvivalentni prostori

3.1.1 Homotopna preslikavaǌa

U ovoj glavi, kao i u prvoj, bez posebnog naglaxavaǌa podrazumevamo da su X, Y, Z, . . .topoloxki prostori.

Definicija 147 Neka su f, g : X → Y neprekidna preslikavaǌa. Kaжemo da je fhomotopno sa g, i pixemo f ≃ g, ako postoji neprekidno preslikavaǌe H : X × I → Ytakvo da za svako x ∈ X vaжi da je

H(x, 0) = f(x) i H(x, 1) = g(x).

b

b

H

g

f

X

I

X × I

Y

0

1

Preslikavaǌe H nazivamohomotopijom izme�u f i g ipixemo H : f ≃ g. Jox se kaжei da H ostvaruje homotopijuizme�u f i g.

Dakle, homotopija izme�uf i g jeste neprekidno pres-likavaǌe iz proizvoda X × Iu Y koje se ,,na visini 0”(tj. na skupu X × {0}) pok-lapa sa f , a ,,na visini 1”(tj. na skupu X × {1}) sa g.Zbog toga, neformalno govo-re�i, postojaǌe ovakve homo-topije zapravo znaqi da se preslikavaǌe f moжe neprekidno transformisati do pres-likavaǌa g.

Oznaqimo sa C(X, Y ) skup svih neprekidnih preslikavaǌa iz prostora X u prostorY .

Stav 148 Relacija ≃ je jedna relacija ekvivalencije na C(X, Y ).

X × I XpX //X × I

Y

H&&▼

▼▼

▼▼

▼▼

▼X

Y

f

��

Dokaz: Refleksivnost: Ako je f : X → Y neprekidno preslika-vaǌe, onda je i preslikavaǌe H : X × I → Y definisano sa

H(x, t) = f(x), (x, t) ∈ X × I,

tako�e neprekidno. Naime, ono je jednako kompoziciji dvaneprekidna preslikavaǌa – projekcije pX : X × I → X i pres-likavaǌa f . Pri tom je, naravno,

H(x, 0) = H(x, 1) = f(x) za sve x ∈ X,

pa je, dakle, H : f ≃ f .

Simetriqnost: Pretpostavimo da je f ≃ g. Neka je H : X × I → Y preslikavaǌe ko-

120

X × I X × Iα //X × I

Y

G&&▼

▼▼

▼▼

▼▼

▼X × I

Y

H

��

je ostvaruje homotopiju izme�u f i g (kra�e, H : f ≃ g). Defi-nixemo G : X × I → Y na slede�i naqin:

G(x, t) := H(x, 1− t), (x, t) ∈ X × I.

Preslikavaǌe G je, u stvari, kompozicija H ◦ α, gde je α :X × I → X × I definisano sa α(x, t) = (x, 1 − t), (x, t) ∈ X × I.S obzirom na neprekidnost oba ǌegova koordinatna preslika-vaǌa, i α je neprekidno (stav 71), pa je onda i G neprekidno kao kompozicija dvaneprekidna. Pritom, za svako x ∈ X vaжi:

G(x, 0) = H(x, 1) = g(x); G(x, 1) = H(x, 0) = f(x).

Dakle, G : g ≃ f .

Tranzitivnost: Neka je H : f ≃ g i G : g ≃ h (gde su, naravno, f, g, h ∈ C(X, Y )).Definixemo homotopiju F : X×I → Y kao nadovezivaǌe homotopija H i G. Preciznije,

F (x, t) :=

{H(x, 2t), 0 6 t 6 1

2

G(x, 2t− 1), 126 t 6 1

, (x, t) ∈ X × I.

Kako je za t = 12(i sve x ∈ X) H(x, 2t) = H(x, 1) = g(x) = G(x, 0) = G(x, 2t − 1), to je F

ispravno definisano preslikavaǌe. Restrikcija F |X×[0, 12] jednaka je kompoziciji H ◦ϕ,

gde je ϕ : X× [0, 12] → X× I definisano sa ϕ(x, t) = (x, 2t), (x, t) ∈ X× [0, 1

2]. Preslikavaǌe

X × [0, 12] X × I

ϕ //X × [0, 12]

YF |

X×[0,12 ] &&▼▼

▼▼

▼▼

▼X × I

Y

H

��

X × [12, 1] X × I

ψ //X × [12, 1]

YF |

X×[ 12 ,1] &&▼▼

▼▼

▼▼

▼X × I

Y

G

��

ϕ je, oqigledno, neprekidno (stav71), pa je zato i restrikcijaF |X×[0, 1

2] neprekidna. Sliqno,

F |X×[ 12,1] = G ◦ ψ, gde je ψ : X ×

[12, 1] → X × I, ψ(x, t) = (x, 2t − 1),

pa je F |X×[ 12,1] neprekidno kao kom-

pozicija neprekidnih. Iz qiǌe-nice da su skupovi X × [0, 1

2] i

X × [12, 1] zatvoreni u X × I (kao

proizvodi zatvorenih) i da pokrivaju X × I, na osnovu Teoreme o lepǉeǌu (teoreme23), zakǉuqujemo da je F neprekidno. Konaqno, kako je za sve x ∈ X

F (x, 0) = H(x, 0) = f(x) i F (x, 1) = G(x, 1) = h(x),

to je F : f ≃ h. �

Sad �emo dokazati da se relacija ≃ lepo slaжe s kompozicijom. Preciznije, vaжislede�e tvr�eǌe.

Stav 149 Neka su f, g : X → Y neprekidna preslikavaǌa i neka vaжi f ≃ g.

(a) Ako je ϕ : Y → Z neprekidno preslikavaǌe, onda je ϕ ◦ f ≃ ϕ ◦ g.(b) Ako je ψ : W → X neprekidno preslikavaǌe, onda je f ◦ ψ ≃ g ◦ ψ.

Dokaz: Neka je H : X × I → Y homotopija izme�u f i g. Dakle, H je neprekidno i vaжida je H(x, 0) = f(x) i H(x, 1) = g(x) za sve x ∈ X.

(a) Uoqimo kompoziciju ϕ ◦H : X × I → Z. Ona je neprekidna, a za sve x ∈ X vaжi

ϕ(H(x, 0)

)= ϕ

(f(x)

)i ϕ

(H(x, 1)

)= ϕ

(g(x)

),

pa je, dakle, ϕ ◦H : ϕ ◦ f ≃ ϕ ◦ g.

3.1 Homotopna preslikavaǌa i homotopski ekvivalentni prostori 121

W × I X × Iβ //W × I

Y

G&&▼

▼▼

▼▼

▼▼

▼X × I

Y

H

��

(b) Neka je G : W × I → Y preslikavaǌe definisano sa

G(w, t) = H(ψ(w), t

), (w, t) ∈ W × I.

Tada je G = H ◦ β, gde je β : W × I → X × I definisano saβ(w, t) = (ψ(w), t), (w, t) ∈ W × I. Preslikavaǌe β je neprekidno,jer su ǌegova koordinatna preslikavaǌa neprekidna (prvo ko-

ordinatno je kompozicija W × IpW−→ W

ψ−→ X, a drugo je projek-cija pI : W × I → I). Zakǉuqujemo da je i G neprekidno kao kompozicija neprekidnih.Konaqno, s obzirom na jednakosti

G(w, 0) = H(ψ(w), 0

)= f

(ψ(w)

), G(w, 1) = H

(ψ(w), 1

)= g(ψ(w)

)

(koje vaжe za sve w ∈ W ), imamo da je G : f ◦ ψ ≃ g ◦ ψ. �

Primer 3.1.1 Ako je n ∈ N, K ⊆ Rn konveksan skup i X bilo koji topoloxki prostor,onda za svaka dva neprekidna preslikavaǌa f, g : X → K vaжi da je f ≃ g.

b

f(x)

g(x)(1− t)f(x) + tg(x)

K

Naime, kako je K konveksan, to je za svako x ∈ Xduж s krajevima f(x) i g(x) cela sadrжana u K, tj.vaжi da je (1 − t)f(x) + tg(x) ∈ K za sve x ∈ X isve t ∈ I. Zato moжemo definisati preslikavaǌeH : X × I → K sa

H(x, t) = (1− t)f(x) + tg(x), (x, t) ∈ X × I.

Oqigledno, H je neprekidno (f i g su neprekidna,kao i sabiraǌe i mnoжeǌe skalarom u Rn), a vaжi i da je

H(x, 0) = f(x) i H(x, 1) = g(x).

Dakle, H : f ≃ g. Ova homotopija se naziva linijskom (ili linearnom) homotopijom.

Primer 3.1.2 Neka je X proizvoǉan topoloxki prostor i neka je Sn n-dimenzionasfera. Ako su f, g : X → Sn dva neprekidna preslikavaǌa takva da je f(x) 6= −g(x) zasve x ∈ X, onda je f ≃ g.

Pre nego xto konstruixemo homotopiju izme�u f i g, primetimo da ne moжemouzeti linijsku homotopiju (sem u trivijalnom sluqaju kad je f = g). Naime, kodomenhomotopije izme�u f i g mora biti isti kao i kodomen od f , odnosno g – dakle, sferaSn. Me�utim, sfera nije konveksan skup; xtavixe, (1 − t)f(x) + tg(x) /∈ Sn kad godje f(x) 6= g(x) i t ∈ (0, 1). Ipak, uslov f(x) 6= −g(x), x ∈ X, obezbe�uje da duж skrajevima f(x) i g(x) ne prolazi kroz koordinatni poqetak u Rn+1. Naime, kada bi bilo(1− t)f(x)+ tg(x) = 0 za neko x ∈ X i neko t ∈ I, onda bi vaжilo da je (1− t)f(x) = −tg(x),pa bi i norme ovih vektora bile jednake, tj. vaжilo bi da je

1− t = (1− t)‖f(x)‖ = ‖(1− t)f(x)‖ = ‖ − tg(x)‖ = t‖g(x)‖ = t

(‖f(x)‖ = ‖g(x)‖ = 1 jer f(x), g(x) ∈ Sn). Me�utim, odavde je t = 12, pa iz polazne

jednakosti dobijamo da je 12f(x) + 1

2g(x) = 0, xto �e re�i,

f(x) + g(x) = 2

(1

2f(x) +

1

2g(x)

)= 0,

a ovo je u kontradikciji s pretpostavkom f(x) 6= −g(x) za sve x ∈ X.

122

Sn : b

f(x)

g(x)

0

b

b

Dakle, ni za jedno x ∈ X, duж s krajevima f(x) i g(x) neprolazi kroz koordinatni poqetak, pa zato svaku od tih duжimoжemo radijalno da projektujemo na sferu. Preciznije, poxtoje (1− t)f(x) + tg(x) 6= 0 za sve x ∈ X i sve t ∈ I, formulom

H(x, t) :=(1− t)f(x) + tg(x)∥∥(1− t)f(x) + tg(x)

∥∥ ,

ispravno je definisano preslikavaǌe H : X × I → Sn, koje je,oqigledno, i neprekidno. Sad se rutinski proverava da je H(x, 0) = f(x) i H(x, 1) = g(x)za svako x ∈ X, pa zakǉuqujemo da je H : f ≃ g.

3.1.2 Relativna homotopija

Definicija 150 Neka su f, g : X → Y neprekidna preslikavaǌa i neka je A ⊆ X.Kaжemo da je f homotopno sa g relativno A, i pixemo f ≃ g (relA), ako postojineprekidno preslikavaǌe H : X × I → Y takvo da je

H(x, 0) = f(x), H(x, 1) = g(x) za sve x ∈ X i

H(a, t) = f(a) = g(a) za sve a ∈ A i sve t ∈ I.

b

b

H

g

f

X

I

X × I

Y

0

1

A

Sliqno kao u definiciji147, preslikavaǌe H nazi-vamo homotopijom relativnoA (ili relativnom homotopi-jom) izme�u f i g i pixemo H :f ≃ g (relA).

Primetimo da je neophodanuslov za f ≃ g (relA) pokla-paǌe preslikavaǌa f i g nasvim taqkama skupa A (f |A =g|A). Dakle, ako je f(a) 6= g(a)za bar jedno a ∈ A, onda f i gne mogu biti homotopna rela-tivno A. Tako�e, jasno je davaжi i implikacija: ako je f ≃ g (relA), onda je f ≃ g. Relativna homotopija je zap-ravo homotopija koja je, pride, i konstantna na svakom ,,xtapu” {a} × I (gde je a ∈ A).Drugim reqima, za svako a ∈ A, H(a, t) ne zavisi od t – isto je na svakoj visini.

Primer 3.1.3 Ako su f, g : X → K dva neprekidna preslikavaǌa iz prostora X ukonveksan skup K ⊆ Rn (n ∈ N) i ako je A ⊆ X takav da se f i g poklapaju na A, onda jef ≃ g (relA). Naime, ako je H : X × I → K linijska homotopija izme�u f i g (v. primer3.1.1), onda je za sve a ∈ A i sve t ∈ I ispuǌeno

H(a, t) = (1− t)f(a) + tg(a) = (1− t)f(a) + tf(a) = (1− t+ t)f(a) = f(a) = g(a),

jer je f |A = g|A. Dakle, H : f ≃ g (relA).


Stavovi 148 i 149 imaju svoje ,,relativne verzije”.

Stav 151 Neka su f, g, h : X → Y neprekidna preslikavaǌa i neka je A ⊆ X. Tada vaжi:

(a) f ≃ f (relA).

(b) Ako je f ≃ g (relA), onda je i g ≃ f (relA).

(v) Ako je f ≃ g (relA) i g ≃ h (relA), onda je i f ≃ h (relA).

Dokaz: (a) Ako je H : f ≃ f homotopija konstruisana u dokazu refleksivnosti relacije≃ (v. dokaz stava 148), oqigledno je da H(a, t) = f(a) ne zavisi od t ni za jedno a ∈ X,pa tim pre ni za jedno a ∈ A. Dakle, H : f ≃ f (relA).

(b) Ako je H : f ≃ g (relA), onda kao u dokazu simetriqnosti relacije ≃ (v. dokazstava 148) moжemo konstruisati homotopiju G : g ≃ f . Me�utim, i ovo je homotopijarelativno A, jer je

G(a, t) = H(a, 1− t) = f(a) = g(a) za sve a ∈ A i sve t ∈ I.

(v) Neka su H : f ≃ g (relA) i G : g ≃ h (relA) i neka je F : f ≃ h homotopija kojanastaje nadovezivaǌem homotopija H i G (v. dokaz stava 148, deo koji se odnosi natranzitivnost). Tada za sve a ∈ A i sve t ∈ I vaжi da je

F (a, t) =

{H(a, 2t), 0 6 t 6 1

2

G(a, 2t− 1), 126 t 6 1

=

{f(a), 0 6 t 6 1

2

g(a), 126 t 6 1

= f(a) = g(a) = h(a),

pa je, dakle, F : f ≃ h (relA). �

Stav 152 Neka su f, g : X → Y neprekidna preslikavaǌa, A ⊆ X i neka vaжi f ≃ g (relA).

(a) Ako je ϕ : Y → Z neprekidno preslikavaǌe, onda je ϕ ◦ f ≃ ϕ ◦ g (relA).

(b) Ako je ψ : W → X neprekidno preslikavaǌe i B ⊆ W takav da je ψ(B) ⊆ A, onda jef ◦ ψ ≃ g ◦ ψ (relB).

Dokaz: (a) Ako je H : f ≃ g (relA), videli smo u dokazu stava 149 da je ϕ ◦H homotopijaizme�u ϕ ◦ f i ϕ ◦ g. Ako je a ∈ A i t ∈ I, onda je

ϕ(H(a, t)

)= ϕ

(f(a)

)= ϕ

(g(a)

),

xto znaqi da je tada ϕ ◦H : ϕ ◦ f ≃ ϕ ◦ g (relA).

(b) Neka je, kao u dokazu stava 149, G : W × I → Y preslikavaǌe definisano sa

G(w, t) = H(ψ(w), t

), (w, t) ∈ W × I

(gde je H : f ≃ g (relA)). Znamo da G ostvaruje homotopiju izme�u f ◦ ψ i g ◦ ψ, ali je,u ovom sluqaju, i

G(b, t) = H(ψ(b), t

)= f

(ψ(b)

)= g(ψ(b)

)za sve b ∈ B i sve t ∈ I,

jer je ψ(b) ∈ A, a H homotopija relativno A. Dakle, G je homotopija relativno B, pavaжi da je f ◦ ψ ≃ g ◦ ψ (relB). �

124

3.1.3 Homotopski trivijalna preslikavaǌa

Znamo da za svaka dva prostora X i Y uvek postoji neprekidno preslikavaǌe iz X uY . Naime, svako konstantno preslikavaǌe je neprekidno (primer 1.2.1). Ako je y0 ∈ Y ,oznaqimo sa cy0 : X → Y konstantno preslikavaǌe pri kojem se sve taqke prostoraX slikaju bax u taqku y0 (cy0(x) = y0 za sve x ∈ X). Za dve taqke y0, y1 ∈ Y moжemopostaviti pitaǌe da li vaжi cy0 ≃ cy1. Odgovor na ovo pitaǌe daje slede�e tvr�eǌe.

Stav 153 Konstantna preslikavaǌa cy0 : X → Y i cy1 : X → Y me�usobno su homotopnaako i samo ako u prostoru Y postoji put koji spaja taqke y0 i y1.

I X × Iν //I

Y

ω

&&▼▼

▼▼

▼▼

▼▼ X × I

Y

H

��

Dokaz: ⇒) Neka je H : X × I → Y homotopija izme�u cy0 i cy1.Uoqimo (proizvoǉnu) taqku x0 ∈ X i definiximo ω : I → Y naslede�i naqin:

ω(t) := H(x0, t), t ∈ I.

Preslikavaǌe ω je jedan put u Y . Naime, ono je neprekidno jerje jednako kompoziciji neprekidnih: ω = H◦ν, gde je ν : I → X×Iutapaǌe segmenta I u proizvod X × I, ν(t) := (x0, t), t ∈ I. Poredtoga, vaжi da je

ω(0) = H(x0, 0) = cy0(x0) = y0 i ω(1) = H(x0, 1) = cy1(x0) = y1,

pa je, dakle, ω put (u prostoru Y ) koji spaja y0 i y1.

X × I IpI //X × I

Y

H&&▼

▼▼

▼▼

▼▼

▼I

Y

ω

��

⇐) Neka je ω : I → Y put koji spaja taqke y0 i y1. Neka jeH : X × I → Y definisano sa

H(x, t) = ω(t), (x, t) ∈ X × I.

Preslikavaǌe H je neprekidno, jer je H = ω◦pI (pI je projekcijana drugu koordinatu). Za sve x ∈ X, pak, vaжi da je

H(x, 0) = ω(0) = y0 = cy0(x) i H(x, 1) = ω(1) = y1 = cy1(x),

pa zakǉuqujemo da je H : cy0 ≃ cy1. �

Kao neposrednu posledicu ovog stava, dobijamo qiǌenicu da su svaka dva kon-stantna preslikavaǌa iz (proizvoǉnog) prostora X u putno povezan prostor Y me�u-sobno homotopna.

Definicija 154 Kaжemo da je (neprekidno) preslikavaǌe f : X → Y homotopski tri-vijalno, i pixemo f ≃ const, ako je homotopno nekom konstantnom preslikavaǌu.

Na osnovu pre�axǌeg razmatraǌa, ako je Y putno povezan, onda se u ovoj definicijireq ,,nekom” moжe zameniti reqju ,,svakom”.

Primer 3.1.4 Ako je n ∈ N, K ⊆ Rn konveksan skup i X bilo koji prostor, onda izprimera 3.1.1 odmah sledi da je svako neprekidno preslikavaǌe f : X → K homotopskitrivijalno.


A Yg|A //

X

Y

g

&&▼▼▼▼

▼▼▼▼

▼▼▼▼

▼▼▼▼

A

X

?�

i

OO

Posebno vaжan sluqaj predstavǉaju preslikavaǌa qiji jedomen sfera. Za ǌih postoji lepa karakterizacija homotopsketrivijalnosti. Za tu karakterizaciju bi�e korisno pred-stoje�e kratko uvodno razmatraǌe.

Neka je X topoloxki prostor, A ⊆ X, i : A → X inkluzija(i(a) := a, a ∈ A) i g : X → Y neko preslikavaǌe. Tada selako proverava da je g|A = g ◦ i, tj. da dijagram desno komutira.Naime, za a ∈ A je g|A(a) = g(a) = g(i(a)). Dakle, restrikcija je,u stvari, kompozicija sa odgovaraju�om inkluzijom.

Definicija 155 Neka je A ⊆ X i f : A → Y neprekidno preslikavaǌe. Neprekidnopreslikavaǌe f : X → Y nazivamo proxireǌem preslikavaǌa f , ako je f |A = f . U sluqajukad postoji proxireǌe f , kaжemo da se f moжe proxiriti na X.

A Yf //

X

Y

f

&&▼▼▼▼

▼▼▼▼

▼▼▼▼

▼▼▼▼

A

X

?�

i

OO

Drugim reqima, neprekidno preslikavaǌe f : X → Y jesteproxireǌe preslikavaǌa f ako komutira dijagram na slicidesno.

Naravno, uvek se moжe definisati nekakvo preslikavaǌe f :X → Y qija je restrikcija na A bax f (uoqi se neka taqkay0 ∈ Y , pa se, na primer, stavi da je f(x) := y0 za sve x ∈ X \ A,a f(x) := f(x) za sve x ∈ A), ali kǉuqni zahtev u definicijiproxireǌa jeste da f bude neprekidno. Takvo preslikavaǌe fne mora da postoji. Na primer, neprekidno preslikavaǌe f : {2, 5} → {0, 1} definisanosa f(2) = 0, f(5) = 1, ne moжe se proxiriti na segment [2, 5]. Naime, takvo proxireǌe bibilo neprekidna surjekcija iz [2, 5] u {0, 1}, a ona ne postoji zbog povezanosti segmenta[2, 5].

Sn−1 Yf //

Dn

Y

f

&&▼▼

▼▼

▼▼

▼▼

Sn−1

Dn

?�

i

OO

Sad moжemo da formulixemo i dokaжemo najavǉenu karak-terizaciju.

Teorema 156 Neka je n ∈ N i Y proizvoǉan topoloxki prostor.Neprekidno preslikavaǌe f : Sn−1 → Y jeste homotopski trivi-jalno ako i samo ako se moжe proxiriti na disk Dn, tj. ako isamo ako postoji neprekidno preslikavaǌe f : Dn → Y takvo dakomutira dijagram desno.

Dokaz: Neka je π : Sn−1 × I → Dn preslikavaǌe definisano sa

π(x, t) = (1− t)x, (x, t) ∈ Sn−1 × I.

Ono je dobro definisano, jer zaista (1 − t)x ∈ Dn (‖(1 − t)x‖ = (1 − t)‖x‖ = 1 − t 6 1),a oqigledno je i neprekidno. Dokaжimo da je i surjektivno. Sve taqke na visini 1slikaju se u koordinatni poqetak (π(x, 1) = 0 za sve x ∈ Sn−1). Ako je y ∈ Dn \ {0}, ondaje

π

(y

‖y‖ , 1− ‖y‖)

=(1− 1 + ‖y‖

)· y

‖y‖ = y.

Dakle, π je neprekidna surjekcija. Kako je ǌen domen Sn−1× I kompaktan (kao proizvodkompaktnih), a kodomen Dn Hauzdorfov, to je π koliqniqko preslikavaǌe (posledica80).

126

b

bb

x

0

Dn

b

b

b

(x, 0)

(x, t)

(x, 1)

π

Sn−1 × I

b

b

b

b

b

(1− t)x

Preslikavaǌe π, u stvari, svaku od duжi{x} × I, x ∈ Sn−1, preslika na duж koja spajax sa koordinatnim poqetkom, a svaku od sferaSn−1 × {t}, t ∈ [0, 1), na sferu sa centrom u ko-ordinatnom poqetku polupreqnika 1 − t. Ne-formalan opis preslikavaǌa π za n = 2 jesteslede�i: gorǌa kruжnica S1 × {1} skupi se utaqku, dobije se omotaq kupe (konus), pa se ondaon ,,spǉoxti” (projektuje) na bazu. Analogan je opis i u ostalim dimenzijama.

Ve� smo konstatovali da je π(Sn−1 × {1}) = {0}, a iz ovog geometrijskog opisa pres-likavaǌa π vidi se da je ono ,,1-1” na skupu Sn−1× [0, 1) i da je π(Sn−1× [0, 1)) = Dn \ {0}(xto se lako moжe utvrditi i analitiqki).

⇒) Pretpostavimo da je f : Sn−1 → Y homotopski trivijalno preslikavaǌe. To znaqida postoji homotopija H : Sn−1 × I → Y izme�u f i nekog konstantnog preslikavaǌacy0 : S

n−1 → Y (y0 ∈ Y ). Dakle, H(x, 0) = f(x) i H(x, 1) = cy0(x) = y0 za sve x ∈ Sn−1.

Sn−1 × I

Dn

π ##●●●

●●●●

Sn−1 × I YH //

Dn

Y

f

;;✇✇

✇✇

Ako su (x1, t1), (x2, t2) ∈ Sn−1×I dve razliqite taqke takve da jeπ(x1, t1) = π(x2, t2), onda iz gore navedenih osobina preslikavaǌaπ sledi da je t1 = t2 = 1, pa je onda i

H(x1, t1) = H(x1, 1) = y0 = H(x2, 1) = H(x2, t2).

Dakle, π(x1, t1) = π(x2, t2) povlaqi H(x1, t1) = H(x2, t2), π je koliq-niqko, pa na osnovu posledice 82, postoji neprekidno preslika-vaǌe f : Dn → Y takvo da komutira dijagram desno (f ◦ π = H). Me�utim, f je upravotraжeno proxireǌe preslikavaǌa f (f |Sn−1 = f). Naime, ako je x ∈ Sn−1, onda je

f(x) = f((1− 0)x

)= f

(π(x, 0)

)= H(x, 0) = f(x).

⇐) Ako postoji proxireǌe f : Dn → Y preslikavaǌa f : Sn−1 → Y , onda H : Sn−1×I →Y definixemo kao kompoziciju f ◦ π. H je neprekidno preslikavaǌe kao kompozicijatakvih. Ako je y0 := f(0) ∈ Y , onda za sve x ∈ Sn−1 vaжi da je

H(x, 0) = f(π(x, 0)

)= f(x) = f(x) i H(x, 1) = f

(π(x, 1)

)= f(0) = y0 = cy0(x).

Dakle, H : f ≃ cy0, pa zakǉuqujemo da je f homotopski trivijalno. �

3.1.4 Homotopski ekvivalentni prostori

Definicija 157 Kaжemo da su topoloxki prostori X i Y homotopski ekvivalentni(ili da imaju isti homotopski tip), i pixemo X ≃ Y , ako postoje neprekidna pres-likavaǌa f : X → Y i g : Y → X takva da je g◦f ≃ 1X i f ◦g ≃ 1Y . Tada se preslikavaǌaf i g nazivaju (me�usobno inverznim) homotopskim ekvivalencijama.

Ako su prostori X i Y istog topoloxkog tipa, tj. ako postoji homeomorfizam f :X → Y , onda za f i g := f−1 vaжi da je g ◦ f = 1X i f ◦ g = 1Y , pa zbog refleksivnostirelacije ≃ (stav 148), tim pre vaжi da je g ◦ f ≃ 1X i f ◦ g ≃ 1Y . Dakle, imamo slede�uimplikaciju:

X ≈ Y =⇒ X ≃ Y. (17)

Tako�e, neposredno iz definicije dobija se i slede�a ekvivalencija:

X ≃ Y ⇐⇒ Y ≃ X.


Stav 158 Ako je X ≃ Y i Y ≃ Z, onda je i X ≃ Z.

Dokaz: Neka su f : X → Y i g : Y → X, odnosno ϕ : Y → Z i ψ : Z → Y , me�usobnoinverzne homotopske ekvivalencije. Dokaжimo da su ϕ◦f : X → Z i g◦ψ : Z → X tako�eme�usobno inverzne homotopske ekvivalencije. Naime, na osnovu stava 149, imamo daje

(g ◦ ψ) ◦ (ϕ ◦ f) = g ◦ (ψ ◦ ϕ) ◦ f ≃ g ◦ 1Y ◦ f = g ◦ f ≃ 1X ,

i sliqno, (ϕ ◦ f) ◦ (g ◦ ψ) ≃ ϕ ◦ 1Y ◦ ψ = ϕ ◦ ψ ≃ 1Z. �

Primer 3.1.5 Ako je n ∈ N i Rn \ ∗ prostor koji nastaje izbacivaǌem jedne (bilo koje)taqke iz euklidskog prostora Rn, onda je Rn \ ∗ ≃ Sn−1.

Prvo, topoloxki (pa samim tim i homotopski) tip prostora Rn \ ∗ ne zavisi odizbora taqke koja se izbacuje, jer za dva takva izbora, homeomorfizam izme�u dobi-jenih prostora daje odgovaraju�a translacija euklidskog prostora Rn (ona koja jednuizbaqenu taqku slika u drugu). Zato, bez gubitka opxtosti, moжemo posmatrati pros-tor Rn \ {0}.

b

b

y

r(y)

Rn \ {0}

Sn−1

Neka je i : Sn−1 → Rn \ {0} inkluzija (i(x) = x,x ∈ Sn−1), a r : Rn\{0} → Sn−1 radijalna projekcija:

r(y) :=y

‖y‖ , y ∈ Rn \ {0}.

Dokaжimo da su i i r me�usobno inverzne homo-topske ekvivalencije. Najpre, kako je

r(i(x)

)= r(x) =

x

‖x‖ = x za sve x ∈ Sn−1,

to je r ◦ i = 1Sn−1, pa je tim pre r ◦ i ≃ 1Sn−1.S druge strane, za y ∈ Rn \ {0} vaжi da je

i(r(y)) = i( y‖y‖) = y

‖y‖ , a ovo je jediniqni vektor usmeru i pravcu vektora y. Zato moжemo posmat-rati linijsku homotopiju izme�u preslikavaǌa i ◦ r i 1Rn\{0}. Drugim reqima, uoqimopreslikavaǌe H : (Rn \ {0})× I → Rn \ {0} definisano sa

H(y, t) = (1− t)y

‖y‖ + ty =1− t + t‖y‖

‖y‖ · y, (y, t) ∈ (Rn \ {0})× I.

Kako je ‖H(y, t)‖ = 1−t+t‖y‖‖y‖ · ‖y‖ = 1− t+ t‖y‖ = 1− t(1−‖y‖) > 0 (jer je 1−‖y‖ < 1, t ∈ [0, 1],

pa je i t(1− ‖y‖) < 1), to je H ispravno definisano (ǌegov kodomen je zaista Rn \ {0}).H je, oqigledno, i neprekidno, a za sve y ∈ Rn \ {0} vaжi da je

H(y, 0) =y

‖y‖ = i(r(y)

), i H(y, 1) = y = 1Rn\{0}(y).

Dakle, H : i ◦ r ≃ 1Rn\{0}.

U topologiji se ponekad identifikuju, ne samo prostori istog topoloxkog tipa,nego qak i prostori istog homotopskog tipa. To je sluqaj kada se radi sa tzv. ho-motopskim invarijantama (svojstvima ili veliqinama koje se quvaju pri prelasku saprostora na ǌemu homotopski ekvivalentan prostor). U tom kontekstu se, dakle, nepravi razlika izme�u sfere Sn−1 i prostora Rn \ ∗.

128

3.1.5 Kontraktibilni prostori

Oznaqimo sa ∗ topoloxki prostor koji ima samo jednu taqku. Naravno, svaka dva takvaprostora su homeomorfna, pa upotreba iste oznake za svakog od ǌih ne stvara nikakvuzabunu.

Definicija 159 Kaжemo da je prostor X kontraktibilan ako je X ≃ ∗.Stav 160 Prostor X je kontraktibilan ako i samo ako je identiqko preslikavaǌe na Xhomotopski trivijalno (X ≃ ∗ ⇐⇒ 1X ≃ const).

Dokaz: ⇒) Neka su f : X → ∗ i g : ∗ → X me�usobno inverzne homotopske ekvivalencije.To znaqi da je 1X ≃ g ◦ f . Me�utim, g ◦ f je konstantno preslikavaǌe.

⇐) Neka je x0 ∈ X takvo da je 1X ≃ cx0 (cx0 : X → X, cx0(x) = x0 za sve x ∈ X). Neka jej : {x0} → X inkluzija i f : X → {x0} jedino mogu�e preslikavaǌe. Tada je, naravno,f ◦ j = 1{x0}, dok je j ◦ f = cx0 ≃ 1X. To znaqi da su j i f me�usobno inverzne homotopskeekvivalencije, pa je, dakle, X ≃ ∗. �

Iz ovog stava i primera 3.1.4 neposredno sledi da je svaki konveksan skup K ⊆ Rnkontraktibilan. Specijalno, Rn ≃ ∗. Dakle, svi euklidski prostori su istog homo-topskog tipa – svi su kontraktibilni – iako nisu istog topoloxkog tipa (u primeru1.4.7 pokazali smo da R 6≈ Rn za n > 1). Ovo je i primer da, u opxtem sluqaju, ne vaжisuprotan smer u implikaciji (17). Tako�e, kontraktibilni su i zatvoreni disk Dn i

otvoreni disk◦Dn (jer su konveksni), ali kontraktibilan je i svaki prostor koji je

homeomorfan nekom konveksnom skupu (na osnovu implikacije (17) i stava 158). Naslede�oj slici predstavǉeno je nekoliko kontraktibilnih prostora.

D1 :

≈

≈ ≈ ≃ ∗

D2 : ≈ ≈ ≃ ∗

≈

Evo xta intuitivno, geometrijski, predstavǉa kontraktibilnost. Req ,,kontrak-cija” znaqi skupǉaǌe. Kontraktibilnost prostora zapravo predstavǉa osobinu da setaj prostor, u izvesnom smislu, moжe skupiti u taqku. Intuitivno, to znaqi da seprostor moжe skupiti u jednu svoju taqku, ali neprekidno i ,,kroz sebe” – ne napux-taju�i taj prostor. Na primer, tako se dvodimenzioni disk moжe skupiti u koordi-natni poqetak, dok za kruжnicu to ne vaжi. Ona se, doduxe, moжe skupiti u taqkukroz disk, ali ne moжe ,,kroz sebe” a da to bude neprekidno – mora se pokidati najednom mestu. Ovo je, naravno, samo jedna naznaka da kruжnica nije kontraktibilna,a uskoro �emo to i dokazati.

3.2 Fundamentalna grupa 129

Stav 161 Svaki kontraktibilan prostor je putno povezan.

Dokaz: Neka je X kontraktibilan prostor. Na osnovu stava 160, identiteta 1X jestehomotopna nekom konstantnom preslikavaǌu cx0 : X → X (za neko x0 ∈ X). Neka jeH : X × I → X preslikavaǌe koje ostvaruje homotopiju izme�u 1X i cx0.

X

x1 ϕ

ψ

x0

x2

Neka su x1, x2 ∈ X proizvoǉne taqke. Definiximo ϕ : I → Xsa ϕ(t) := H(x1, t), t ∈ I. Preslikavaǌe ϕ je neprekidno, jer jeH neprekidno (v. dokaz stava 153), a vaжi i

ϕ(0) = H(x1, 0) = 1X(x1) = x1, ϕ(1) = H(x1, 1) = cx0(x1) = x0.

Dakle, ϕ je put (u X) koji spaja taqku x1 s taqkom x0. Sliqno,preslikavaǌe ψ : I → X definisano sa ψ(t) = H(x2, 1 − t), t ∈ I,jeste put koji spaja taqke ψ(0) = H(x2, 1) = x0 i ψ(1) = H(x2, 0) = x2. Nadovezivaǌemputeva ϕ i ψ dobijamo put ϕ · ψ u prostoru X od taqke x1 do taqke x2. �

Stav 162 Ako je X proizvoǉan, a Y kontraktibilan prostor, onda je X × Y ≃ X.

Dokaz: Neka je y0 ∈ Y takvo da je 1Y ≃ cy0, gde je cy0 : Y → Y odgovaraju�e konstantnopreslikavaǌe (stav 160). Neka je H : Y ×I → Y preslikavaǌe koje ostvaruje homotopijuizme�u 1Y i cy0.

Uoqimo utapaǌe ν : X → X × Y , ν(x) = (x, y0), x ∈ X, i projekciju pX : X × Y → X.Tada je pX(ν(x)) = pX(x, y0) = x za sve x ∈ X, pa zakǉuqujemo da je pX ◦ ν = 1X. Sdruge strane, za sve parove (x, y) ∈ X × Y vaжi da je ν(pX(x, y)) = ν(x) = (x, y0). Zato jepreslikavaǌe G : (X × Y ) × I → X × Y definisano sa G(x, y, t) = (x,H(y, t)), u stvari,homotopija izme�u 1X×Y i ν ◦ pX. Naime, ono je neprekidno jer su mu oba koordinatnapreslikavaǌa neprekidna, a za sve (x, y) ∈ X × Y vaжi da je

G(x, y, 0) =(x,H(y, 0)

)=(x, 1Y (y)

)= (x, y) = 1X×Y (x, y),

G(x, y, 1) =(x,H(y, 1)

)=(x, cy0(y)

)= (x, y0) = ν

(pX(x, y)

).

Dakle, ν i pX jesu me�usobno inverzne homotopske ekvivalencije, pa je, prema tome,X ≃ X × Y . �

3.2 Fundamentalna grupa

3.2.1 Definicija fundamentalne grupe

Neka je X topoloxki prostor i x0 ∈ X fiksirana taqka. Tada se taqka x0 naziva baz-

b

x0

Xu

nom taqkom prostora X, a par (X, x0) prostorom sa baznomtaqkom.

Definicija 163 Neka je (X, x0) prostor sa baznom taqkom.Put u : I → X nazivamo petǉom u taqki x0 ako on taqku x0spaja sa samom sobom, tj. ako je u(0) = u(1) = x0. Skup svihpetǉi u taqki x0 oznaqavamo sa P (X, x0). Dakle,

P (X, x0) := {u : I → X | u je neprekidno, u(0) = u(1) = x0}.

130

Naravno, dve petǉe u taqki x0 mogu se nadovezati, a tako dobijeni put je opet petǉau taqki x0. Zato je nadovezivaǌe petǉi (u, v) 7→ u · v jedna binarna operacija na skupuP (X, x0). Veoma vaжno svojstvo ove operacije dato je u slede�em stavu.

Stav 164 Neka su u, u′, v, v′ ∈ P (X, x0) i neka vaжi da je u ≃ u′ (rel{0, 1}), v ≃ v′ (rel{0, 1}).Tada je u · v ≃ u′ · v′ (rel{0, 1}).

Dokaz: Neka je H : u ≃ u′ (rel{0, 1}). Kako su u i u′ petǉe u taqki x0, to znaqi da homoto-

b

X

uu′

x0

I2 :H

u

u′

0 1

1

s

t

0 1

1

s

I2 :G

v′

v

X

x0

v

t

b

v′

b

bb

b

bb

b b

pija H : I2 → X qitaveduжi {0} × I i {1} × I (dveuspravne stranice kvadrata I2)preslikava u taqku x0. Doǌavodoravna stranica I × {0} se,pak, preslikava pomo�u petǉe u,a gorǌa pomo�u petǉe u′. Reqju,za sve s ∈ I i sve t ∈ I vaжi

H(s, 0) = u(s), H(s, 1) = u′(s),

H(0, t) = H(1, t) = x0.

Sliqno, ako je G : I2 → Xhomotopija relativno {0, 1} iz-me�u v i v′, onda je za sve s ∈ Ii sve t ∈ I ispuǌeno

G(s, 0) = v(s), G(s, 1) = v′(s),

G(0, t) = G(1, t) = x0.

Uoqimo preslikavaǌe F : I2 → X definisano sa

F (s, t) =

{H(2s, t), 0 6 s 6 1

2

G(2s− 1, t), 126 s 6 1

, (s, t) ∈ I2.

0 1

1

s

I2 : G

u

u′ v′

v

H

X

uu′

x0

v

t

12

b

v′F

b b

bbb

b

Ono je zaista dobro defi-nisano, jer je za s = 1

2(i

svako t ∈ I) ispuǌeno H(2s, t) =H(1, t) = x0 = G(0, t) = G(2s−1, t).Preslikavaǌe F je i neprekidnopo Teoremi o lepǉeǌu. Naime,restrikcija F |[0, 1

2]×I jednaka je

kompoziciji [0, 12] × I

α−→ I2H−→

X, gde je α(s, t) = (2s, t), (s, t) ∈[0, 1

2] × I, pa je i neprekidna kao

kompozicija takvih. Sliqno,

F |[ 12,1]×I jeste kompozicija slede�ih neprekidnih preslikavaǌa: [1

2, 1] × I

β−→ I2G−→ X,

gde je β(s, t) = (2s−1, t), (s, t) ∈ [12, 1]×I. Uz sve to, za preslikavaǌe F vaжe i jednakosti:

F (s, 0) =

{H(2s, 0), 0 6 s 6 1

2

G(2s− 1, 0), 126 s 6 1

=

{u(2s), 0 6 s 6 1

2

v(2s− 1), 126 s 6 1

= (u · v)(s), s ∈ I;


F (s, 1) =

{H(2s, 1), 0 6 s 6 1

2

G(2s− 1, 1), 126 s 6 1

=

{u′(2s), 0 6 s 6 1

2

v′(2s− 1), 126 s 6 1

= (u′ · v′)(s), s ∈ I;

F (0, t) = H(0, t) = x0, F (1, t) = G(1, t) = x0, t ∈ I.

Zakǉuqujemo da je F : u · v ≃ u′ · v′ (rel{0, 1}). �

Na osnovu stava 151, relacija ≃ (rel{0, 1}) jeste jedna relacija ekvivalencije naP (X, x0). Oznaqimo odgovaraju�i koliqniqki skup sa π1(X, x0). Dakle,

π1(X, x0) := P (X, x0)/ ≃ (rel{0, 1}),

tipiqan element skupa π1(X, x0) jeste [u], gde je u petǉa u taqki x0, dok za dve petǉe ui u′ vaжi da je [u] = [u′] u π1(X, x0) ako i samo ako je u ≃ u′ (rel{0, 1}).

Iz upravo dokazanog stava 164 zakǉuqujemo da nadovezivaǌe petǉi u P (X, x0) in-dukuje binarnu operaciju na koliqniqkom skupu π1(X, x0). Ako tu operaciju oznaqimosa ∗, onda je za [u], [v] ∈ π1(X, x0)

[u] ∗ [v] := [u · v].

Operacija ∗ : π1(X, x0) × π1(X, x0) → π1(X, x0), dakle, ispravno je definisana (drugimreqima, rezultat [u ·v] ne zavisi od izbora predstavnika klasa [u] i [v]) na osnovu stava164 – ako je [u] = [u′] i [v] = [v′], onda je i [u · v] = [u′ · v′].

x0

Xu

x0

Xu−1

b b

Oznaqimo jox sa cx0 : I → X kon-stantnu petǉu (cx0(t) = x0 za svet ∈ I), a za datu petǉu u ∈ P (X, x0),oznaqimo sa u−1 : I → X petǉukoja pro�e istim putem kao i petǉau, ali u suprotnom smeru. Pre-ciznije, u−1(t) := u(1−t), t ∈ I. Iakoje to sasvim jasno, napomenimo ipakda ovako definisano preslikavaǌe u−1 nije preslikavaǌe inverzno preslikavaǌu u (toinverzno preslikavaǌe, zapravo, i ne postoji, jer je u petǉa, pa nije ,,1-1”), mada seupotrebǉava ista oznaka. Iz formulacije predstoje�e teoreme, pak, odmah �e bitijasno zaxto se koristi bax ta oznaka za ovu petǉu.

Teorema 165 Skup π1(X, x0) jeste grupa u odnosu na operaciju ∗. ǋen neutral je [cx0], dokza inverz [u]−1 elementa [u] ∈ π1(X, x0) vaжi da je [u]−1 = [u−1].

Dokaz: Asocijativnost: Neka su u, v, w ∈ P (X, x0) tri proizvoǉne petǉe u taqki x0.Treba dokazati da je ([u] ∗ [v]) ∗ [w] = [u] ∗ ([v] ∗ [w]), tj. da je

(u · v) · w ≃ u · (v · w) (rel{0, 1}). (18)

Za petǉu (u · v) · w : I → X vaжi da je

((u · v) · w

)(t)=

{(u · v)(2t), 0 6 t 6 1

2

w(2t− 1), 126 t 6 1

=

u(2·2t), 0 6 2t 6 12

v(2·2t− 1), 126 2t 6 1

w(2t− 1), 126 t 6 1

=

u(4t), 0 6 t 6 14

v(4t− 1), 146 t 6 1

2

w(2t− 1), 126 t 6 1

.

Dakle, segment I se podeli na tri dela – na segmente [0, 14], [1

4, 12] i [1

2, 1]. Prvi od ǌih je

rezervisan za petǉu u, drugi za v, tre�i za w. Svaki od ovih segmenata se, u stvari,

132

odgovaraju�om linearnom funkcijom ,,rastegne” na segment I, a onda se primeni odgo-varaju�e preslikavaǌe (petǉa). Neformalno govore�i, segment [0, 1

4] pomo�u petǉe u

preslikava se u X, na segment [14, 12] primeǌuje se v, a na [1

2, 1] petǉa w. Sasvim sliqno,

za petǉu u · (v · w) dobija se

(u · (v · w)

)(t) =

{u(2t), 0 6 t 6 1

2

(v · w)(2t− 1), 126 t 6 1

=

u(2t), 0 6 t 6 12

v(4t− 2), 126 t 6 3

4

w(4t− 3), 346 t 6 1

.

Dakle, ovde se I deli na segmente [0, 12], [1

2, 34] i [3

4, 1]. Petǉa u se primeǌuje na [0, 1

2], za-

t

b

b bb b

b

b

b

0 14

12

34

12

1

1

b

b

b

tim v na [12, 34], i konaqno w na [3

4, 1].

Uoqimo sada (neprekidnu) deo-po-deo linearnu funkcijuf : I → I definisanu sa

f(t) =

2t, 0 6 t 6 14

t + 14, 1

46 t 6 1

212t+ 1

2, 1

26 t 6 1

.

Ona segment [0, 14] linearno preslikava na segment [0, 1

2].

Sliqno, [14, 12] pri f se linearno preslikava na [1

2, 34], a [1

2, 1]

na [34, 1] (na slici desno nacrtan je grafik funkcije f). Kako

je f(0) = 0 i f(1) = 1, to se preslikavaǌe f poklapa sa iden-titetom 1I : I → I na skupu {0, 1}. Iz primera 3.1.3 (i qiǌenice da je I konveksan skup)zakǉuqujemo da je f ≃ 1I (rel{0, 1}). Na osnovu stava 152 (a), sad imamo da je

(u · (v · w)

)◦ f ≃

(u · (v · w)

)◦ 1I = u · (v · w) (rel{0, 1}).

Pokaжimo da je (u · (v · w)) ◦ f = (u · v) · w, qime �e biti dokazana relacija (18). Vaжida je

(u · (v · w)

)(f(t)

)=

u(2f(t)

), 0 6 f(t) 6 1

2

v(4f(t)− 2

), 1

26 f(t) 6 3

4

w(4f(t)− 3

), 3

46 f(t) 6 1

.

Me�utim, iz definicije funkcije f sad se lako vidi da je

(u · (v · w)

)(f(t)

)=

u(2·2t), 0 6 t 6 14

v(4·(t+ 1

4

)− 2), 1

46 t 6 1

2

w(4·(12t+ 1

2

)− 3), 1

26 t 6 1

=

u(4t), 0 6 t 6 14

v(4t− 1), 146 t 6 1

2

w(2t− 1), 126 t 6 1

=((u · v) · w

)(t).

Neutral: Neka je u ∈ P (X, x0) proizvoǉna petǉa u taqki x0. Treba dokazati da vaжejednakosti [u] ∗ [cx0 ] = [u] i [cx0] ∗ [u] = [u], tj. relacije

u · cx0 ≃ u (rel{0, 1}) i cx0 · u ≃ u (rel{0, 1}). (19)


t

b

b bb

b

0 12

1

1 b

b

Za dokaz prve od ǌih uoqimo neprekidnu funkciju f1 : I → I,

f1(t) :=

{2t, 0 6 t 6 1

2

1, 126 t 6 1

,

qiji je grafik nacrtan na slici desno. Vaжi da je f1(0) = 0 if1(1) = 1, pa iz primera 3.1.3 (kao i za funkciju f iz dokazaasocijativnosti) sledi da je f1 ≃ 1I (rel{0, 1}). Primenom stava152 (a) dobijamo da je

u ◦ f1 ≃ u ◦ 1I = u (rel{0, 1}).Me�utim,

u(f1(t)

)=

{u(2t), 0 6 t 6 1

2

u(1), 126 t 6 1

=

{u(2t), 0 6 t 6 1

2

x0,126 t 6 1

=

{u(2t), 0 6 t 6 1

2

cx0(2t− 1), 126 t 6 1

= (u · cx0)(t),

drugim reqima, u ◦ f1 = u · cx0, pa je, dakle, dokazana prva relacija u (19).

t

b

b bb

b

0 12

1

1

bb

Za dokaz druge koristimo neprekidnu funkciju f2 : I → I,

f2(t) :=

{0, 0 6 t 6 1

2

2t− 1, 126 t 6 1

(v. sliku desno), i na potpuno analogan naqin dobijamo da je

u ◦ f2 ≃ u (rel{0, 1}).

Za preslikavaǌe u ◦ f2, pak, vaжi da je

u(f2(t)

)=

{u(0), 0 6 t 6 1

2

u(2t− 1), 126 t 6 1

=

{x0, 0 6 t 6 1

2

u(2t− 1), 126 t 6 1

=

{cx0(2t), 0 6 t 6 1

2

u(2t− 1), 126 t 6 1

=(cx0 · u)(t).

Dakle, u ◦ f2 = cx0 · u, pa je dokazana i relacija cx0 · u ≃ u (rel{0, 1}).Inverz: Sad treba dokazati da za svaku petǉu u ∈ P (X, x0) vaжi da je [u] ∗ [u−1] =

[u−1] ∗ [u] = [cx0], drugim reqima, da je

u · u−1 ≃ cx0 (rel{0, 1}) i u−1 · u ≃ cx0 (rel{0, 1}). (20)

Kako za sve t ∈ I vaжi (u−1)−1(t) = u−1(1 − t) = u(1 − (1 − t)) = u(t), to je (u−1)−1 = u.S obzirom na ovu jednakost, dovoǉno je dokazati da za sve petǉe u vaжi jedna od dverelacije u (20). Dokaжimo prvu.

tbb bb

b

0 12

1

1 b

b

Uoqimo deo-po-deo linearnu funkciju g : I → I definisanusa

g(t) =

{2t, 0 6 t 6 1

2

2− 2t, 126 t 6 1

(qiji je grafik dat na slici desno). Ona je neprekidna, a vaжii da je g(0) = g(1) = 0. Na osnovu primera 3.1.3, g ≃ 0 (rel{0, 1}),gde je sa 0 : I → I oznaqena nula-funkcija (0(t) = 0 za svet ∈ I). Ako je u ∈ P (X, x0) proizvoǉna petǉa u taqki x0 (dakle,u : I → X), onda je, prema stavu 152 (a), ispuǌeno

u ◦ g ≃ u ◦ 0 (rel{0, 1}).

134

Za preslikavaǌe u ◦ 0 : I → X vaжi da je u(0(t)) = u(0) = x0 = cx0(t) za sve t ∈ I (dakle,u ◦ 0 = cx0), dok za u ◦ g : I → X imamo

u(g(t)

)=

{u(2t), 0 6 t 6 1

2

u(2− 2t), 126 t 6 1

=

{u(2t), 0 6 t 6 1

2

u(1− (2t− 1)

), 1

26 t 6 1

=

{u(2t), 0 6 t 6 1

2

u−1(2t− 1), 126 t 6 1

= (u · u−1)(t)

(dakle, u ◦ g = u · u−1), xto znaqi da smo dobili traжenu relaciju. �

Definicija 166 Grupu π1(X, x0) nazivamo fundamentalnom grupom prostora X sa baz-nom taqkom x0.

Primer 3.2.1 Ako prostor X ima samo jednu taqku, X = {x0}, onda je, naravno, cx0jedina mogu�a petǉa u taqki x0. Dakle, skup P (X, x0) ima samo jedan element, pa timpre, i π1(X, x0) ima samo jedan element, xto znaqi da je π1(X, x0) trivijalna grupa. Tokratko zapisujemo ovako:

π1(∗) = 0

(gde ∗ oznaqava prostor sa samo jednom taqkom, a 0 oznaqava trivijalnu grupu – grupukoja osim neutrala nema drugih elemenata).

3.2.2 Homomorfizam indukovan preslikavaǌem

Neka su sada (X, x0) i (Y, y0) dva prostora sa baznim taqkama i neka je f : X → Yneprekidno preslikavaǌe takvo da je f(x0) = y0. Tada pixemo f : (X, x0) → (Y, y0).Dakle, ovaj zapis znaqi da je f neprekidno preslikavaǌe iz X u Y koje baznu taqku x0

I Xu //I

Y

f◦u&&▼▼

▼▼▼▼

▼▼▼▼

▼▼▼▼

▼▼ X

Y

f

��

prostora X slika u baznu taqku y0 prostora Y . Definiximof∗ : π1(X, x0) → π1(Y, y0) na slede�i naqin: za [u] ∈ π1(X, x0)

f∗([u]):= [f ◦ u].

Ovim je zaista ispravno definisano preslikavaǌe iz π1(X, x0)u π1(Y, y0). Prvo, f ◦ u : I → Y jeste zaista jedna petǉa u taqkiy0, jer je to neprekidno preslikavaǌe (kao kompozicija takvih),a vaжi da je f(u(0)) = f(x0) = y0 i f(u(1)) = f(x0) = y0, jer je upetǉa u taqki x0. Drugo, ako je [u] = [u′], tj. ako je petǉa u′ : I → X neki drugipredstavnik klase [u], onda je u ≃ u′ (rel{0, 1}). Preslikavaǌe f : X → Y je neprekidno,pa na osnovu stava 152 (a), vaжi da je f◦u ≃ f◦u′ (rel{0, 1}), drugim reqima, [f◦u] = [f◦u′].

Stav 167 Preslikavaǌe f∗ : π1(X, x0) → π1(Y, y0) jeste homomorfizam grupa.

Dokaz: Neka su [u], [v] ∈ π1(X, x0). Treba dokazati da je f∗([u] ∗ [v]) = f∗([u]) ∗ f∗([v]) (zaoperaciju grupe π1(Y, y0) tako�e koristimo oznaku ∗). Znamo da je

f∗([u] ∗ [v]

)= f∗

([u · v]

)= [f ◦ (u · v)],

dok jef∗([u])∗ f∗

([v])= [f ◦ u] ∗ [f ◦ v] = [(f ◦ u) · (f ◦ v)].


Me�utim, za sve t ∈ I vaжi da je

(f ◦ (u · v)

)(t) = f

((u · v)(t)

)=

{f(u(2t)

), 0 6 t 6 1

2

f(v(2t− 1)

), 1

26 t 6 1

=((f ◦ u) · (f ◦ v)

)(t),

pa je f ◦ (u · v) = (f ◦ u) · (f ◦ v), a samim tim i [f ◦ (u · v)] = [(f ◦ u) · (f ◦ v)]. �

Primer 3.2.2 Ako je f : (X, x0) → (Y, y0) konstantno preslikavaǌe (f(x) = y0 za svex ∈ X), onda je f∗ : π1(X, x0) → π1(Y, y0) trivijalan homomorfizam – sve elemente grupeπ1(X, x0) slika u neutral grupe π1(Y, y0). Naime, ako je u : I → X bilo koja petǉa utaqki x0, onda je f ◦ u : I → Y konstantna petǉa u taqki y0, tj. f ◦ u = cy0. Zato jef∗([u]) = [f ◦ u] = [cy0], a ovo je neutral grupe π1(Y, y0).

Trivijalan homomorfizam se qesto naziva i nula-homomorfizmom, ili qak, samonulom. Zato qiǌenicu ustanovǉenu u ovom primeru moжemo iskazati i ovako: ako jef : (X, x0) → (Y, y0) konstantno, onda je f∗ = 0.

Primetimo da, ako je 1X : X → X identiqko preslikavaǌe, onda je 1X : (X, x0) →(X, x0), pri qemu je (1X)∗([u]) = [1X ◦ u] = [u] za sve [u] ∈ π1(X, x0). Odavde zakǉuqujemoda je

(1X)∗ = 1π1(X,x0). (21)

Tako�e, ako su f : (X, x0) → (Y, y0) i g : (Y, y0) → (Z, z0), onda za sve [u] ∈ π1(X, x0) vaжida je (g ◦ f)∗([u]) = [g ◦ f ◦ u] = g∗([f ◦ u]) = g∗(f∗([u])) = (g∗ ◦ f∗)([u]), pa je, prema tome,

(g ◦ f)∗ = g∗ ◦ f∗. (22)

Jednakosti (21) i (22), u stvari, kazuju da je fundamentalna grupa jedan kovari-jantan funktor iz kategorije prostora sa baznom taqkom (i neprekidnih preslikavaǌakoja quvaju bazne taqke) u kategoriju grupa (i homomorfizama).

Stav 168 Neka su f, g : (X, x0) → (Y, y0). Ako vaжi f ≃ g (rel{x0}), onda je f∗ = g∗.

Dokaz: Ako je u : I → X proizvoǉna petǉa u taqki x0, onda je u({0, 1}) = {x0}, pa je,prema stavu 152 (b), ispuǌeno f ◦ u ≃ g ◦ u (rel{0, 1}). Zato je

f∗([u])= [f ◦ u] = [g ◦ u] = g∗

([u]),

xto je i trebalo dokazati. �

Definicija 169 Neka su (X, x0) i (Y, y0) prostori sa baznom taqkom. Kaжemo da su onihomotopski ekvivalentni kao prostori sa baznom taqkom, i pixemo (X, x0) ≃ (Y, y0), akopostoje (neprekidna) preslikavaǌa f : (X, x0) → (Y, y0) i g : (Y, y0) → (X, x0) takva da jeg ◦ f ≃ 1X (rel{x0}) i f ◦ g ≃ 1Y (rel{y0}). Kao i u definiciji 157, preslikavaǌa f i gsu (me�usobno inverzne) homotopske ekvivalencije.

Stav 170 Ako je (X, x0) ≃ (Y, y0), onda je π1(X, x0) ∼= π1(Y, y0).

Dokaz: Neka su f : (X, x0) → (Y, y0) i g : (Y, y0) → (X, x0) me�usobno inverzne homo-topske ekvivalencije. Tada za indukovane homomorfizme f∗ : π1(X, x0) → π1(Y, y0) ig∗ : π1(Y, y0) → π1(X, x0) vaжi da je

g∗ ◦ f∗ = (g ◦ f)∗ = (1X)∗ = 1π1(X,x0).

Prva jednakost je zapravo (22), druga vaжi prema stavu 168, a tre�a je (21). Sasvimsliqno,

f∗ ◦ g∗ = (f ◦ g)∗ = (1Y )∗ = 1π1(Y,y0),

pa zakǉuqujemo da su f∗ i g∗ me�usobno inverzni izomorfizmi. �

136

3.2.3 Zanemarivaǌe bazne taqke

Iz prethodnog izlagaǌa vidimo da je priliqno zahtevno i neugodno neprestano voditiraquna o baznim taqkama i raditi s relativnim homotopijama. U nekim sluqajevima,mada ne u svim (daleko od toga), bazne taqke se, u izvesnom smislu, mogu zanemariti.Predstoje�e tri teoreme (173, 175 i 176), kao i posledica 177, govore o nekim takvimsituacijama.

Dokazuju�i teoremu 165 ustanovili smo da relacije (18), (19) i (20) vaжe za svepetǉe u, v, w ∈ P (X, x0). Me�utim, to se moжe uopxtiti na proizvoǉne puteve, naravno,pod uslovom da se odgovaraju�i putevi mogu nadovezati.

x0

Xu

b

b

x1x0

X

b

b

x1

u−1

Ako je u : I → X put u prostoruX, onda se, na isti naqin kao zapetǉe, definixe put u−1 : I → X,u−1(t) := u(1 − t), t ∈ I. Dakle, kre-taǌe putem u−1 zapravo je kretaǌeputem u, ali u suprotnom smeru.Ako je u put od taqke x0 do taqkex1, onda je u−1 put od x1 do x0.

Navedimo sad stav koji utvr�uje da relacije (18), (19) i (20) vaжe i za puteve.U ǌemu, tako�e, navodimo qiǌenicu da i stav 164 vaжi za proizvoǉne puteve koji semogu nadovezati (ne samo za petǉe). Dokazi relacija (18), (19) i (20), kao i stava 164,direktno se (bez ikakvih izmena) prenose na ovaj opxtiji sluqaj.

Stav 171 Neka su u, v, w : I → X putevi u prostoru X takvi da je u(1) = v(0) i v(1) = w(0).Neka je x0 := u(0) i x1 := u(1). Tada vaжe slede�a tvr�eǌa.

(a) (u · v) · w ≃ u · (v · w) (rel{0, 1}).

(b) u · cx1 ≃ u (rel{0, 1}); cx0 · u ≃ u (rel{0, 1}).

(v) u · u−1 ≃ cx0 (rel{0, 1}); u−1 · u ≃ cx1 (rel{0, 1}).

(g) Ako su u′ i v′ putevi u X takvi da je u ≃ u′ (rel{0, 1}) i v ≃ v′ (rel{0, 1}), onda je iu · v ≃ u′ · v′ (rel{0, 1}).

x0

X

u1b

b

b

b

bb

b

u2

u3

u4

u5

u6

u7

Neka je sad n > 2 i u1, u2, . . . , un : I → X puteviu prostoru X takvi da je ui(1) = ui+1(0) za svei = 1, n− 1 – dakle, takvi da se mogu nadovezi-vati jedan na drugi. Ako jox vaжi i da je u1(0) =un(1), onda se nadovezivaǌem ovih n puteva dobijapetǉa u taqki x0 := u1(0) = un(1) (na slici desnoto je ilustrovano crteжom na kojem je n = 7).Na osnovu dela (a) stava 171, klasa ove petǉe,kao element fundamentalne grupe π1(X, x0), ne za-visi od toga gde �emo staviti zagrade u zapisuu1 · u2 · u3 · · ·un−1 · un. Drugim reqima, oznakom[u1 · u2 · u3 · · ·un−1 · un] u potpunosti je odre�en jedan element grupe π1(X, x0). Xtavixe,iz dela (g) stava 171 vidimo da se ova klasa ne meǌa ako neki od puteva u1, u2, . . . , un za-menimo putem koji mu je homotopan relativno {0, 1}. Na primer, ako je u2 ≃ v (rel{0, 1}),


onda je [u1 · u2 · u3 · · ·un−1 · un] = [u1 · v · u3 · · ·un−1 · un]. Tako�e, ako je, na primer,u2 · u3 ≃ v (rel{0, 1}), onda je

[u1 · u2 · u3 · u4 · · ·un−1 · un] = [u1 · (u2 · u3) · u4 · · ·un−1 · un] = [u1 · v · u4 · · ·un−1 · un].

Primetimo jox da, iako je zapis [u1 · u2 · u3 · · ·un−1 · un] ∈ π1(X, x0) jasan i ispravan podnavedenim uslovima, jednakost [u1 · u2 · u3 · · ·un−1 · un] = [u1] ∗ [u2] ∗ [u3] ∗ · · · ∗ [un−1] ∗ [un] imasmisla (i taqna je) samo ako su u1, u2, . . . , un petǉe u taqki x0.

x0

X

u

b

b

v

x1

Neka su sad x0, x1 ∈ X i u : I → X put u prostoruX od taqke x0 do taqke x1. Definiximo preslikavaǌeβu : π1(X, x0) → π1(X, x1) na slede�i naqin: za [v] ∈ π1(X, x0)

βu([v]):= [u−1 · v · u].

Pokaжimo da je βu ispravno definisano. Prvo, oqiglednoje da se putevi u−1, v i u (tim redom) mogu nadovezati, apri tom vaжi u−1(0) = u(1) = x1, pa je [u−1 ·v ·u] zaista jedanelement grupe π1(X, x1). Tako�e, na osnovu prethodnograzmatraǌa, iz [v] = [v′], tj. v ≃ v′ (rel{0, 1}), sledi [u−1 · v · u] = [u−1 · v′ · u].

Stav 172 Preslikavaǌe βu je izomorfizam grupa.

Dokaz: Dokaжimo prvo da je βu homomorfizam. Ako su [v], [w] ∈ π1(X, x0), onda je

βu([v] ∗ [w]

)= βu

([v · w]

)= [u−1 · v · w · u] = [u−1 · v · cx0 · w · u] = [u−1 · v · u · u−1 · w · u]

= [u−1 · v · u] ∗ [u−1 · w · u] = βu([v])∗ βu

([w]),

pri qemu smo, uz razmatraǌe koje je prethodilo ovom stavu, koristili i delove (b) i(v) stava 171.

Sad �emo dokazati da je βu bijekcija, xtavixe, pokaza�emo da je odgovaraju�epreslikavaǌe βu−1 : π1(X, x1) → π1(X, x0) inverzno preslikavaǌu βu. Naime, za sve[v] ∈ π1(X, x0) ispuǌeno je

βu−1

(βu([v]))

= βu−1

([u−1 · v · u]

)= [(u−1)−1 · u−1 · v · u · u−1] = [cx0 · v · cx0 ] = [v],

tj. vaжi jednakost βu−1 ◦βu = 1π1(X,x0) (i ovde smo koristili delove (b) i (v) stava 171).Sasvim sliqno se pokaжe i da je βu ◦ βu−1 = 1π1(X,x1). Prema tome, βu je bijekcija, apoxto znamo da je homomorfizam, zakǉuqujemo da je i izomorfizam. �

Kao neposrednu posledicu ovog stava, dobijamo qiǌenicu da, ako su x0 i x1 dve taqkeprostora X takve da u X postoji put koji ih spaja, onda prostori s baznom taqkom(X, x0) i (X, x1) imaju izomorfne fundamentalne grupe. Zato vaжi naredna teorema,koja je i prva od tri teoreme najavǉene na poqetku ovog pododeǉka.

Teorema 173 Ako je X putno povezan prostor, onda za sve x0, x1 ∈ X vaжi da je

π1(X, x0) ∼= π1(X, x1).

138

Dakle, kad je u pitaǌu putno povezan prostor X, fundamentalna grupa ne zavisi (dona izomorfizam) od izbora bazne taqke. Zato se pixe π1(X) (bez naznaqavaǌa baznetaqke), i govori o fundamentalnoj grupi (putno povezanog) prostora X. (S tim je uskladu i zapis π1(∗) = 0, koji smo koristili u primeru 3.2.1.)

Ako su X i Y topoloxki prostori (bez istaknutih baznih taqaka) i ako je f : X → Yneprekidno preslikavaǌe, primetimo da onda, za proizvoǉnu taqku x ∈ X, f moжemoda vidimo kao preslikavaǌe prostora sa baznom taqkom, f : (X, x) → (Y, f(x)). Zato, zasvako x ∈ X, moжemo posmatrati homomorfizam f∗ : π1(X, x) → π1(Y, f(x)). U stavu 168ustanovili smo da preslikavaǌa koja su homotopna ,,relativno bazna taqka” indukujuiste homomorfizme fundamentalnih grupa. Tako nexto ne moжemo da tvrdimo akozanemarimo bazne taqke (i izostavimo uslov ,,relativno bazna taqka”), jer, pre svega,

π1(X, x)

π1(Y, g(x))

g∗

%%❑❑❑❑

❑❑❑❑

❑❑❑❑

❑❑❑❑

π1(X, x) π1(Y, f(x))f∗ // π1(Y, f(x))

π1(Y, g(x))

βu

��

kodomeni odgovaraju�ih homomorfizama mogu biti razli-qiti. Ipak, vaжi slede�a lema, pomo�u koje �emo i dobitipreostale dve od tri najavǉene teoreme.

Lema 174 Neka su f, g : X → Y neprekidna preslikavaǌatakva da je f ≃ g. Ako je H : X × I → Y preslikavaǌe kojeostvaruje homotopiju izme�u f i g, onda za proizvoǉno x ∈ Xvaжi da je

βu ◦ f∗ = g∗,

tj. da komutira dijagram na slici desno, pri qemu je u : I → Y put u prostoru Y (odtaqke f(x) do taqke g(x)) definisan sa u(t) = H(x, t), t ∈ I (put u, dakle, zavisi od x i odH).

Dokaz: Neka je x ∈ X fiksirana taqka i v ∈ P (X, x) proizvoǉna petǉa u taqki x. Trebada dokaжemo da u grupi π1(Y, g(x)) vaжi jednakost

βu(f∗([v]))

= g∗([v]).

Znamo da je βu(f∗([v])) = βu([f ◦ v]) = [u−1 · (f ◦ v) · u], dok je g∗([v]) = [g ◦ v]. To znaqi da jerelacija koju treba da ustanovimo slede�a:

(u−1 · (f ◦ v)

)· u ≃ g ◦ v (rel{0, 1}). (23)

U dokazu teoreme 165 (delu koji se odnosi na asocijativnost) dobili smo formulu zanadovezivaǌe tri puta. Ovde je u pitaǌu situacija kad se nadoveжu najpre prva dva,a zatim se i tre�i nadoveжe na ǌih (mada smo, na osnovu stava 171 (a), zagradu moglida stavimo i na drugo mesto). Zato vaжi da je

((u−1 · (f ◦ v)

)· u)(s) =

u−1(4s), 0 6 s 6 14

f(v(4s− 1)

), 1

46 s 6 1

2

u(2s− 1), 126 s 6 1

=

H(x, 1− 4s), 0 6 s 6 14

f(v(4s− 1)

), 1

46 s 6 1

2

H(x, 2s− 1), 126 s 6 1

,

pri qemu je korix�ena definicija puta u, kao i qiǌenica da je u−1(4s) = u(1−4s). Naxzadatak je, dakle, da pokaжemo da je ova petǉa homotopna petǉi g ◦ v relativno {0, 1}.

U tu svrhu, uoqimo neprekidno preslikavaǌe ϕ : I2 → I2 qiji je geometrijski opisdat na slede�oj slici.


I2

0 1

1

s

t

b b

ϕ

bb

b b

b

b

b

I2

0 1

1

s

t

b b

b

b

b

b

b

14

12

Neformalno govore�i, preslikavaǌe ϕ svaku od dve uspravne stranice kvadrataskupi u taqku, a onda dobijenu figuru ,,rastegne” ponovo na kvadrat, i to tako dagorǌa vodoravna stranica sve vreme ,,miruje”, prva qetvrtina doǌe vodoravne stra-nice homeomorfno se preslika na levu uspravnu, druga na doǌu vodoravnu, a drugapolovina (tre�a i qetvrta qetvrtina) doǌe vodoravne stranice homeomorfno se pres-lika na desnu uspravnu stranicu kvadrata. Pri tom se unutraxǌost kvadrata home-omorfno preslika na sebe (ali ne identiqki, tu bude malo rastezaǌa i skupǉaǌa).Lako se proverava da se ϕ moжe formalno zadati na slede�i naqin:

ϕ(s, t) :=

(st, 4st− 4s+ 1

), 0 6 s 6 1

4(−3st+ 4s+ t− 1, t

), 1

46 s 6 1

2(st− t + 1,−2st+ 2s+ 2t− 1

), 1

26 s 6 1

, (s, t) ∈ I2.

Odavde se odmah vidi da je ϕ neprekidno (po Teoremi o lepǉeǌu) i da vaжe jednakosti:ϕ(0, t) = (0, 1) i ϕ(1, t) = (1, 1) za sve t ∈ I, zatim ϕ(s, 1) = (s, 1) za sve s ∈ I, i konaqno

ϕ(s, 0) =

(0, 1− 4s), 0 6 s 6 14

(4s− 1, 0), 146 s 6 1

2

(1, 2s− 1), 126 s 6 1

.

Poxto je H : f ≃ g, preslikavaǌe G : I2 → Y definisano sa G(s, t) = H(v(s), t),(s, t) ∈ I2, ostvaruje homotopiju izme�u f ◦ v i g ◦ v (v. dokaz stava 149 (b)).

Uoqimo sad preslikavaǌe F : I2 → Y , F := G ◦ϕ. Ono je neprekidno kao kompozicijaneprekidnih, a za sve s ∈ I i sve t ∈ I ispuǌeno je:

F (s, 0) = G(ϕ(s, 0)

)=

G(0, 1− 4s), 0 6 s 6 14

G(4s− 1, 0), 146 s 6 1

2

G(1, 2s− 1), 126 s 6 1

=

H(v(0), 1− 4s

), 0 6 s 6 1

4

H(v(4s− 1), 0

), 1

46 s 6 1

2

H(v(1), 2s− 1

), 1

26 s 6 1

=

H(x, 1− 4s), 0 6 s 6 14

f(v(4s− 1)

), 1

46 s 6 1

2

H(x, 2s− 1), 126 s 6 1

=((u−1 · (f ◦ v)

)· u)(s);

F (s, 1) = G(ϕ(s, 1)

)= G(s, 1) = (g ◦ v)(s);

F (0, t) = G(ϕ(0, t)

)= G(0, 1) = (g ◦ v)(0) = g

(v(0)

)= g(x);

F (1, t) = G(ϕ(1, t)

)= G(1, 1) = (g ◦ v)(1) = g

(v(1)

)= g(x).

140

Zakǉuqujemo da je F : (u−1 · (f ◦ v)) ·u ≃ g ◦ v (rel{0, 1}). Dakle, dokazana je relacija (23),qime je okonqan i dokaz leme. �

Iz primera 3.2.2 i stava 168, zakǉuqujemo da, ako je f : (X, x0) → (Y, y0) takvoda je f ≃ const (rel{x0}), onda je f∗ = 0. Slede�a teorema kazuje da je ovde dovoǉnopretpostaviti f ≃ const, bez uslova ,,relativno bazna taqka”.

Teorema 175 Ako je f : X → Y homotopski trivijalno preslikavaǌe, onda je, za svakutaqku x ∈ X, f∗ : π1(X, x) → π1(Y, f(x)) nula-homomorfizam.

π1(X, x)

π1(Y, y0)

0

%%❑❑❑❑

❑❑❑❑

❑❑❑❑

❑❑❑❑

π1(X, x) π1(Y, f(x))f∗ // π1(Y, f(x))

π1(Y, y0)

βu

��

Dokaz: Ova teorema je direktna posledica prethodne leme.Neka je H : X × I → Y homotopija izme�u f i konstantnogpreslikavaǌa g : X → Y (dakle, postoji y0 ∈ Y takvo da jeg(x) = y0 za sve x ∈ X). Ako je x ∈ X proizvoǉna taqka iu : I → Y put od taqke f(x) do taqke y0 definisan sa u(t) =H(x, t), t ∈ I, onda na osnovu leme 174 vaжi da je βu ◦f∗ = g∗.Me�utim, g∗ : π1(X, x) → π1(Y, y0) jeste nula-homomorfizam,jer je g konstantno (primer 3.2.2). Kako je βu izomorfizam(stav 172), to je onda i f∗ = β−1

u ◦ g∗ = β−1u ◦ 0 = 0. �

Tvr�eǌe sliqnog vida dokazujemo u narednoj teoremi.

Teorema 176 Ako je f : X → Y homotopska ekvivalencija, onda je, za svaku taqku x ∈ X,f∗ : π1(X, x) → π1(Y, f(x)) izomorfizam.

Dokaz: Kako je f homotopska ekvivalencija, to postoji ǌoj inverzna homotopska ekvi-valencija g : Y → X. Neka su H : g ◦ f ≃ 1X i G : f ◦ g ≃ 1Y odgovaraju�e homotopije. Zaproizvoǉnu taqku x ∈ X imamo put u : I → X, u(t) := H(x, t), t ∈ I, od taqke g(f(x)) dotaqke 1X(x) = x, kao i put v : I → Y , v(t) := G(f(x), t), t ∈ I, od taqke f(g(f(x))) do taqkef(x). Na osnovu leme 174, kao i qiǌenica (21) i (22), imamo slede�e dve jednakosti:

βu ◦ g∗ ◦ f∗ = βu ◦ (g ◦ f)∗ = (1X)∗ = 1π1(X,x),

βv ◦ f∗ ◦ g∗ = βv ◦ (f ◦ g)∗ = (1Y )∗ = 1π1(Y,f(x)),

pri qemu je f∗ iz prve jednakosti indukovani homomorfizam iz π1(X, x) u π1(Y, f(x))(za koji treba da dokaжemo da je izomorfizam), a f∗ iz druge jednakosti je induko-vani homomorfizam iz π1(X, g(f(x))) u π1(Y, f(g(f(x)))). Drugim reqima, komutiraju obatrougla na slede�em dijagramu.

π1(X, x)

π1(X, x)

1π1(X,x)

**❯❯❯❯❯❯

❯❯❯❯❯❯

❯❯❯❯❯❯

❯❯❯❯❯❯

❯❯❯❯❯❯

❯❯❯❯❯❯

❯π1(X, x) π1(Y, f(x))

f∗ // π1(Y, f(x)) π1(X, g(f(x)))g∗ // π1(X, g(f(x)))

π1(X, x)

βu

��

π1(X, g(f(x))) π1(Y, f(g(f(x))))f∗ //π1(Y, f(x))

π1(Y, f(x))

1π1(Y,f(x))

33❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤❤π1(Y, f(g(f(x))))

π1(Y, f(x))

βv

OO

3.3 Fundamentalna grupa kruжnice 141

Kako je βu izomorfizam (stav 172), to je g∗ ◦ f∗ = β−1u ◦ 1π1(X,x) = β−1

u tako�e izomor-fizam, pa odatle imamo da je g∗ ,,na”. Sliqno, i f∗ ◦ g∗ = β−1

v ◦ 1π1(Y,f(x)) = β−1v jeste

izomorfizam, pa je g∗ i ,,1-1”. Dakle, g∗ je izomorfizam, pa za (prvo) f∗ vaжi da je

f∗ = g−1∗ ◦ β−1

u ,

odakle odmah imamo da je i f∗ izomorfizam. �

Imaju�i u vidu teoremu 173 i komentar nakon ǌe, vaжi da se i stav 170 moжeprevesti u kategoriju (putno povezanih) prostora bez bazne taqke. To je tvr�eǌenaredne posledice, koja se direktno dobija iz prethodne teoreme.

Posledica 177 Ako su X i Y putno povezani prostori, onda vaжi implikacija:

X ≃ Y =⇒ π1(X) ∼= π1(Y ).

Iz ove posledice i primera 3.2.1 (kao i stava 161), odmah sledi da je fundamentalnagrupa svakog kontraktibilnog prostora trivijalna. Na primer, za sve n ∈ N vaжi

π1(Rn) = 0, π1(Dn) = 0, π1(

◦Dn) = 0.

Posledica 177, u stvari, kazuje da je fundamentalna grupa homotopska invarijanta.Tim pre, fundamentalna grupa je i topoloxka invarijanta (implikacija (17) iz pret-hodnog odeǉka). Drugim reqima, ako dva (putno povezana) prostora imaju neizomorfnefundamentalne grupe, onda ta dva prostora ne mogu biti homeomorfna.

3.3 Fundamentalna grupa kruжnice

3.3.1 Podizaǌe preslikavaǌa

Definiximo pojam podizaǌa preslikavaǌa, koji je, u izvesnom smislu, dualan pojmu

X

Z

f

::✈✈✈✈✈✈✈✈✈✈✈✈✈✈✈✈✈X Y

f //

Z

Y

p

��

proxireǌa (v. definiciju 155).

Definicija 178 Neka su data neprekidna preslikavaǌa p :

Z → Y i f : X → Y . Neprekidno preslikavaǌe f : X → Z nazi-vamo podizaǌem preslikavaǌa f (u odnosu na p) ako je p ◦ f = f ,tj. ako komutira dijagram na slici desno.

Podvucimo qiǌenicu da je podizaǌe datog preslikavaǌa(kao i proxireǌe) neprekidno preslikavaǌe.

U odre�ivaǌu fundamentalne grupe kruжnice vaжnu uloguigra preslikavaǌe p : R→ S1 definisano sa

p(x) = (cos 2πx, sin 2πx), x ∈ R.

142

U ovom kontekstu pogodno je euklidsku ravan R2 identifikovati s kompleksnom ravniC, (a, b) ↔ a + ib. Time se, topoloxki gledano, nixta ne remeti, jer je uobiqajenametrika na C euklidska: za z, w ∈ C, ako je z = a + ib i w = u+ iv, onda je

d(z, w) = |z − w| =∣∣a− u+ i(b− v)

∣∣ =√

(a− u)2 + (b− v)2 = d2((a, b), (u, v)

).

Dakle, kruжnica S1 je potprostor kompleksne ravni C, a preslikavaǌe p je dato sa

p(x) = cos 2πx+ i sin 2πx = ei2πx, x ∈ R.Navedimo sad nekoliko vaжnih osobina ovog preslikavaǌa. Oqito, p je neprekidna

surjekcija, a primetimo i da je p 1-periodiqno preslikavaǌe: za svako x ∈ Rp(x+ 1) = ei2π(x+1) = ei2πx · ei2π = ei2πx · 1 = ei2πx = p(x).

Samim tim, za sve x ∈ R i sve k ∈ Z vaжi

p(x+ k) = p(x). (24)

b b b b bbbbb0 1 2 3 4−1−2−3−4

b 1

S1

R

p

Xtavixe, ako je 1 = 1 + i · 0 je-dinica u kompleksnoj ravni, prime-timo da je

p−1({1})= Z. (25)

Naime, preslikavaǌem p se, zap-ravo, euklidska prava R namotavana kruжnicu S1, pri qemu je p(0) = 1

i svaki poluinterval duжine 1taqno popuni kruжnicu. Zato, ustvari, i za proizvoǉno x0 ∈ Rvaжi da je

p−1({p(x0)}

)={x0, x0 + 1, x0 − 1, x0 + 2, x0 − 2, . . .

}={x0 + k | k ∈ Z

}= x0 + Z. (26)

Naredna lema �e nam pomo�i da ustanovimo jox neka svojstva preslikavaǌa p. Onaje poznata pod nazivom Lebegova lema o pokrivaqu.

Lema 179 Neka je X kompaktan metriqki prostor i U ǌegov otvoren pokrivaq. Tadapostoji ε > 0 sa slede�im svojstvom:

ako je A ⊆ X takav da je diamA < ε, onda postoji U0 ∈ U takvo da je A ⊆ U0. (*)

Dokaz: Kako je U pokrivaq prostora X, to za svako x ∈ X postoji Ux ∈ U takvo da jex ∈ Ux, a kako je Ux otvoren skup, to postoji εx > 0 takvo da je

B(x; εx) ⊆ Ux. (27)

Otvorene kugle B(x; εx2), x ∈ X, qine jedan otvoren pokrivaq kompaktnog prostora X

(X =⋃x∈X B(x; εx

2)), te zato postoje x1, x2, . . . , xn ∈ X sa svojstvom

X =

n⋃

i=1

B(xi;εxi2). (28)

Neka je ε := min{ εx12,εx22, . . . , εxn

2}. Ako je A ⊆ X dijametra maǌeg od ε, dokaжimo da je

A sadrжan u nekom elementu pokrivaqa U .


b

A

xkb

a0

εxk2

εxk

ba

Uoqimo jednu taqku a0 ∈ A. Na osnovu (28), pos-toji k ∈ {1, 2, . . . , n} takvo da a0 ∈ B(xk;

εxk2). Za

traжeni element pokrivaqa U moжemo uzeti Uxk, tj.U0 := Uxk. Naime, za proizvoǉno a ∈ A vaжi da je

d(a, xk) 6 d(a, a0) + d(a0, xk) < diamA+εxk2

< ε+εxk2

6εxk2

+εxk2

= εxk ,

pa je, prema tome, a ∈ B(xk; εxk). Dakle, A ⊆ B(xk; εxk),pa iz (27) zakǉuqujemo da vaжi A ⊆ Uxk. �

Definicija 180 Neka je X kompaktan metriqkiprostor i U ǌegov otvoren pokrivaq. Pozitivan brojε koji zadovoǉava uslov (*) iz prethodne leme nazivamo Lebegovim brojem pokrivaqa U .

Kǉuqne osobine preslikavaǌa p date su u slede�em stavu.

Stav 181 (a) Neka je ϕ : I → S1 neprekidno preslikavaǌe (put na kruжnici S1) i x0 ∈ Rtakvo da je p(x0) = ϕ(0). Tada postoji jedinstveno podizaǌe ϕ : I → R puta ϕ sa svojstvomϕ(0) = x0.

bx0

bS1

R

p

b bϕ

ϕ

0 1

I

ϕ(0) = p(x0)

bx0

bS1

R

p

H

H

(0, 0)

H(0, 0) = p(x0)

b

I2

(b) Neka je H : I2 → S1 neprekidno preslikavaǌe i x0 ∈ R takvo da je p(x0) = H(0, 0).

Tada postoji jedinstveno podizaǌe H : I2 → R preslikavaǌa H sa svojstvom H(0, 0) = x0.

Dokaz: Neka je V1 = S1 \ {1} i V2 = S1 \ {−1}. Jasno je da su V1 i V2 otvoreni skupovi nakruжnici S1, kao i da je V1 ∪ V2 = S1. Dakle, {V1, V2} jeste otvoren pokrivaq od S1.

Za k ∈ Z uoqimo intervale

I1,k := (k, k + 1) i I2,k := (k − 12, k + 1

2).

Na osnovu jednakosti (25), p−1(V1) = R\Z =⋃k∈Z I1,k, a poxto je p(1

2) = eiπ = −1, analogno

se iz (26) dobija i da je p−1(V2) =⋃k∈Z I2,k. Dakle, za svako j ∈ {1, 2}, vaжi da je

p−1(Vj) =⋃

k∈ZIj,k,

144

a primetimo i da su otvoreni intervali Ij,k, k ∈ Z, me�usobno disjunktni (k 6= k′ ⇒Ij,k ∩ Ij,k′ = ∅).

Fiksirajmo za trenutak ceo broj k. Iz prethodnog opisa preslikavaǌa p jox se vidida ono otvoreni interval I1,k = (k, k+1) homeomorfno slika na V1. Naime, taj intervalse, preslikavaǌem p, prvo malo ,,istegne”, a onda ,,savije” na kruжnicu bez taqke 1,tj. na skup V1 (v. sam poqetak primera 1.2.9). Oznaqimo sa p1,k : I1,k → V1 odgovaraju�urestrikciju preslikavaǌa p (sa suжenim kodomenom), p1,k(x) := p(x), x ∈ I1,k. Dakle,p1,k je homeomorfizam. Primetimo da se poluotvoreni interval [k, k+1), pak, ne slikahomeomorfno na S1, jer odgovaraju�e inverzno preslikavaǌe nije neprekidno u taqki1 (v. primer 1.2.10).

I1,1I1,0I1,−1bc bc bc bcbcbcbc

0 1 2 3−1−2−3

bc 1

S1

R

p1,0 p1,1p1,2

p1,−1p1,−2p1,−3

V1

bc bc bc bcbcbcbc

−12

bc−1

S1

R

V2

−32

−52

12

32

52

72

I1,−3 I1,−2 I1,2 I2,1I2,0I2,−1 I2,3I2,−2 I2,2

p2,−2 p2,−1 p2,0 p2,1 p2,2p2,3

Sliqno, otvoreni interval I2,k = (k − 12, k + 1

2) homeomorfno se (preslikavaǌem p)

slika na V2. Oznaqimo sa p2,k : I2,k → V2 odgovaraju�i homeomorfizam (p2,k(x) := p(x),x ∈ I2,k).

Dakle, za svako j ∈ {1, 2} i sve k ∈ Z, preslikavaǌe pj,k : Ij,k → Vj definisano sapj,k(x) = p(x), x ∈ Ij,k, jeste homeomorfizam.

(a) Kako je {V1, V2} otvoren pokrivaq kruжnice S1, a ϕ : I → S1 neprekidno, to je{ϕ−1(V1), ϕ

−1(V2)} otvoren pokrivaq intervala I. Naravno, I je kompaktan metriqkiprostor, pa, na osnovu leme 179, postoji Lebegov broj ε pokrivaqa {ϕ−1(V1), ϕ

−1(V2)}.Neka je n ∈ N takav da je 1

n< ε. Podelimo segment I na n segmenata duжine (dijametra)

1n,

I = [0, s1] ∪ [s1, s2] ∪ · · · ∪ [sn−1, 1] =

n⋃

i=1

[si−1, si],

gde je si =in, i = 0, n.

Postojaǌe: Podizaǌe ϕ : I → R preslikavaǌa ϕ definixemo postepeno. Najpre,naravno, ϕ(0) := x0, jer je to zahtev u formulaciji tvr�eǌa.

bbbbbbbbbbbb

0 s1 s2 sm 1sm+1 sn−1

Sad nastavǉamo induktivno. Neka je ϕdefinisano na [0, sm], za neko m ∈ {0, 1, . . . , n−1}.Dakle, dosad definisano ϕ jeste neprekidno na[0, sm] i za sve t ∈ [0, sm] vaжi da je p(ϕ(t)) = ϕ(t).Dijametar segmenta [sm, sm+1] jednak je 1

n, a kako je 1

n< ε, to je [sm, sm+1] ⊆ ϕ−1(Vj) za

neko j = j(m) ∈ {1, 2} (jer je ε Lebegov broj pokrivaqa {ϕ−1(V1), ϕ−1(V2)}).


U levom kraju ovog segmenta ve� je definisano podizaǌe. Poxto je p(ϕ(sm)) =ϕ(sm) ∈ Vj, imamo da

ϕ(sm) ∈ p−1(Vj) =⋃

k∈ZIj,k.

Neka je k0 ∈ Z takav da ϕ(sm) ∈ Ij,k0. Primetimo da iz pj,k0(ϕ(sm)) = p(ϕ(sm)) = ϕ(sm)sledi da je ϕ(sm) = p−1

j,k0(ϕ(sm)). Zato, podizaǌe ϕ na segmentu [sm, sm+1] moжemo da

definixemo na slede�i naqin:

ϕ(t) := p−1j,k0

(ϕ(t)

), t ∈ [sm, sm+1].

Ono je, dakle, dobro definisano, a i neprekidno na [sm, sm+1], jer je tu jednako kompozi-

ciji [sm, sm+1]ϕ−→ Vj

p−1j,k0−→ Ij,k0 → R, gde je prvo preslikavaǌe, zapravo, restrikcija od ϕ

na [sm, sm+1] (sa suжenim kodomenom), a posledǌe odgovaraju�a inkluzija. Po Teoremio lepǉeǌu, dosad definisano ϕ jeste neprekidno na [0, sm+1]. Za t ∈ [0, sm] ve� znamo daje p(ϕ(t)) = ϕ(t), dok za t ∈ [sm, sm+1] vaжi da je

p(ϕ(t)

)= p(p−1j,k0

(ϕ(t)

))= pj,k0

(p−1j,k0

(ϕ(t)

))= ϕ(t).

Na ovaj naqin se induktivno dobija neprekidno preslikavaǌe ϕ : I → R takvo da jep ◦ ϕ = ϕ i ϕ(0) = x0.

Jedinstvenost: Neka je ϕ1 : I → R podizaǌe puta ϕ takvo da je ϕ1(0) = x0. Opet�emo postepeno, korak po korak, pokazati da je ϕ1 = ϕ (gde je ϕ podizaǌe dobijeno uprethodnom delu dokaza).

Prvo, imamo da je ϕ1(0) = x0 = ϕ(0). Pretpostavimo sad da se ϕ1 i ϕ poklapajuna segmentu [0, sm], za neko m ∈ {0, 1, . . . , n − 1}, i dokaжimo da je ϕ1(t) = ϕ(t) i za svet ∈ (sm, sm+1]. Pri konstrukciji podizaǌa ϕ utvr�eno je da je [sm, sm+1] ⊆ ϕ−1(Vj) za neko(tada odabrano) j = j(m) ∈ {1, 2}. Po definiciji, za svako t ∈ [sm, sm+1],

ϕ(t) = p−1j,k0

(ϕ(t)

),

gde je k0 ∈ Z takvo da ϕ(sm) ∈ Ij,k0. Broj k0 s ovim svojstvom jeste jedinstven, jer suintervali Ij,k, k ∈ Z, me�usobno disjunktni. S druge strane, kako je p(ϕ1([sm, sm+1])) =ϕ([sm, sm+1]) ⊆ Vj, to je

ϕ1([sm, sm+1]) ⊆ p−1(Vj) =⋃

k∈ZIj,k.

Me�utim, ϕ1(sm) = ϕ(sm) ∈ Ij,k0, pa zbog povezanosti skupa ϕ1([sm, sm+1]) (koja sledi izpovezanosti segmenta [sm, sm+1] i neprekidnosti preslikavaǌa ϕ1) i qiǌenice da su Ij,k,k ∈ Z, otvoreni i me�usobno disjunktni intervali, mora biti ϕ1([sm, sm+1]) ⊆ Ij,k0. Zbogtoga, za sve t ∈ [sm, sm+1] vaжi

ϕ1(t) = p−1j,k0

(pj,k0

(ϕ1(t)

))= p−1

j,k0

(p(ϕ1(t)

))= p−1

j,k0

(ϕ(t)

)= ϕ(t).

(b) Postojaǌe: Ovaj deo dokazujemo na sliqan naqin – preslikavaǌe H podiжemokorak po korak.

Uoqimo prvo put ϕ : I → S1 definisan sa ϕ(s) = H(s, 0), s ∈ I. Vaжi da je ϕ(0) =H(0, 0) = p(x0), pa iz dela (a) ovog stava zakǉuqujemo da postoji put ϕ : I → R takav da

je p ◦ ϕ = ϕ i ϕ(0) = x0. Podizaǌe H najpre definixemo na duжi I × {0}, i to

H(s, 0) := ϕ(s), s ∈ I.

146

Zaista, ovo preslikavaǌe je neprekidno, jer je ϕ neprekidno, vaжi da je H(0, 0) = ϕ(0) =

x0, a za sve s ∈ I imamo p(H(s, 0)) = p(ϕ(s)) = ϕ(s) = H(s, 0).Sasvim sliqno, ako uoqimo put ψ : I → S1, ψ(t) := H(0, t), t ∈ I, onda, na osnovu dela

(a), postoji ǌegovo podizaǌe ψ : I → R sa svojstvom ψ(0) = x0, pa podizaǌe H na duжi

b

I2

b

b

A

{0} × I moжemo definisati na slede�i naqin:

H(0, t) := ψ(t), t ∈ I.

U preseqnoj taqki (0, 0) ovih dveju duжi (dveju stranica

kvadrata I2), obe formule daju isti rezutat: H(0, 0) = ϕ(0) =

ψ(0) = x0 (xto je i zahtev za podizaǌe H u formulaciji stava),pa, po Teoremi o lepǉeǌu, zasad imamo dobro definisano

podizaǌe H na skupu A := I × {0} ∪ {0} × I.

S obzirom na neprekidnost preslikavaǌa H : I2 → S1, {H−1(V1), H−1(V2)} jeste jedan

otvoren pokrivaq kvadrata I2. Kvadrat je, naravno, kompaktan metriqki prostor, teprema lemi 179, postoji Lebegov broj λ pokrivaqa {H−1(V1), H

−1(V2)}. Neka je n ∈ Ntakav da je

√2n< λ. Podelimo kvadrat I2 na n2 kvadrati�a [ i−1

n, in]× [ j−1

n, jn], 1 6 i, j 6 n,

i oznaqimo ih na slede�i naqin:

K1 :=[0, 1

n

]×[0, 1

n

], K2 :=

[1n, 2n

]×[0, 1

n

], . . . , Kn :=

[n−1n, 1]×[0, 1

n

],

Kn+1 :=[0, 1

n

]×[1n, 2n

], Kn+2 :=

[1n, 2n

]×[1n, 2n

], . . . , K2n :=

[n−1n, 1]×[1n, 2n

],

......

...

K(n−1)n+1 :=[0, 1

n

]×[n−1n, 1], K(n−1)n+2 :=

[1n, 2n

]×[n−1n, 1], . . . , Kn2 :=

[n−1n, 1]×[n−1n, 1].

K1 K2 K3 K4

K5 K6 K7 K8

K9 K10 K11 K12

K13 K14 K15 K16

0 1

1

14

24

34

14

24

34

Ako je, na primer, n = 4, podela kvadrata I2 na kvadrati�eK1, K2, . . . , K16 izgleda kao na slici desno.

Definisali smo, dakle, podizaǌe H na skupu A – levoj us-pravnoj i doǌoj vodoravnoj stranici kvadrata I2. Sad in-duktivno nastavǉamo konstrukciju ovog preslikavaǌa defini-xu�i ga na jednom po jednom kvadrati�u K1, K2, . . . , Kn2. Pret-postavimo da je H definisano na skupu A ∪ ⋃m−1

i=1 Ki za nekom ∈ {1, 2, . . . , n2} (za m = 1 podrazumevamo da je A∪⋃m−1

i=1 Ki = A).

Dakle, H je neprekidno na A ∪⋃m−1i=1 Ki i za sve z ∈ A ∪⋃m−1

i=1 Ki

vaжi da je p(H(z)) = H(z). Definiximo H na kvadrati�u Km.Ono je ve� definisano na Km∩ (A∪⋃m−1

i=1 Ki). Oznaqimo ovaj presek sa K ′m i primetimo

b

Km

b

bK ′m

da se on (xta god bilo m) sastoji od leve uspravne i doǌe vodoravnestranice kvadrati�a Km. Dakle, K ′

m je povezan podskup od Km.

Kako je diamKm =√2n

< λ, a λ Lebegov broj pokrivaqa{H−1(V1), H

−1(V2)}, to postoji j = j(m) ∈ {1, 2} takvo da je

Km ⊆ H−1(Vj).

Iz ove relacije i qiǌenice da za sve z ∈ K ′m vaжi p(H(z)) = H(z) zakǉuqujemo da je

p(H(K ′m)) = H(K ′

m) ⊆ H(Km) ⊆ Vj .


Zato je

H(K ′m) ⊆ p−1(Vj) =

⋃

k∈ZIj,k.

Intervali Ij,k, k ∈ Z, jesu otvoreni i me�usobno disjunktni, pa iz povezanosti skupa

K ′m i neprekidnosti (dosad definisanog) preslikavaǌa H sledi da je H(K ′

m) ⊆ Ij,k0 za

neko k0 ∈ Z. S obzirom na ovu qiǌenicu, za svako z ∈ K ′m, na H(z) moжe se primeniti

homeomorfizam pj,k0 : Ij,k0 → Vj. Pri tom je

pj,k0(H(z)) = p(H(z)) = H(z),

pa je, prema tome, H(z) = p−1j,k0

(H(z)) za sve z ∈ K ′m. Zato podizaǌe H na kvadrati�u Km

moжemo definisati na slede�i naqin:

H(z) := p−1j,k0

(H(z)

), z ∈ Km.

Zbog pre�axǌe primedbe, ovim je ispravno definisano preslikavaǌe H na qitavomskupu A ∪ ⋃m

i=1Ki. Od ranije znamo da je ono neprekidno na A ∪ ⋃m−1i=1 Ki, a na Km je

neprekidno kao kompozicija neprekidnih: KmH|Km−→ Vj

p−1j,k0−→ Ij,k0 → R. Po Teoremi o lep-

ǉeǌu, H je neprekidno na A∪⋃mi=1Ki. Pokaжimo da je to zaista podizaǌe preslikavaǌa

H. Jednakost p ◦ H = H vaжi na A∪⋃m−1i=1 Ki po (induktivnoj) pretpostavci, dok za pro-

b

izvoǉno z ∈ Km imamo:

p(H(z)

)= p(p−1j,k0

(H(z)

))= pj,k0

(p−1j,k0

(H(z)

))= H(z).

Ovim je zakǉuqen induktivni korak. Dakle, postepeno –kvadrati� po kvadrati� – ,,popuǌavamo” ceo kvadrat I2 i time do-bijamo podizaǌe H : I2 → R preslikavaǌa H sa svojstvom H(0, 0) =x0.

Jedinstvenost: Neka su H1, H2 : I2 → R podizaǌa preslikavaǌa H takva da jeH1(0, 0) = H2(0, 0) = x0. Treba da dokaжemo da je H1 = H2.

b

b

u

s0

t0z0

(0, 0)

I2 :

Neka je z0 = (s0, t0) ∈ I2 proizvoǉna taqka. S obzirom nakonveksnost kvadrata I2, formulom

u(t) := (1− t)(0, 0)+ t(s0, t0

)= tz0, t ∈ I,

dobro je definisan put u : I → I2 od taqke (0, 0) do taqke z0.

Tada su putevi H1 ◦u, H2 ◦u : I → R podizaǌa puta H ◦u : I → S1.Naime, za i = 1, 2 i sve t ∈ I vaжi

p(Hi

(u(t)

))= H

(u(t)

).

Pored toga je Hi(u(0)) = Hi(0, 0) = x0, i = 1, 2. Me�utim, na osnovu dela (a) ovogstava, podizaǌe puta H ◦ u koje nulu slika u x0 jeste jedinstveno, pa zakǉuqujemo daje H1 ◦ u = H2 ◦ u. Konaqno, odavde dobijamo da je

H1(z0) = H1

(u(1)

)= H2

(u(1)

)= H2(z0).

Kako je z0 ∈ I2 bila proizvoǉna taqka, to je H1 = H2. �

148

3.3.2 Odre�ivaǌe fundamentalne grupe kruжnice

Teorema 182 Fundamentalna grupa kruжnice je beskonaqna cikliqna grupa. Drugim re-qima,

π1(S1) ∼= Z.

Dokaz: Poxto je kruжnica putno povezana, odrediti π1(S1) (do na izomorfizam) znaqi

odrediti π1(S1, z0) za bilo koje z0 ∈ S1 (teorema 173).

b b bbb0 1 2−1−2

b 1

S1

R

p

b bu

u

0 1

I

Uze�emo da je z0 jedinica u kompleksnojravni (ona, naravno, pripada kruжnici S1) idefinisa�emo funkciju

Φ : π1(S1, 1) → Z

na slede�i naqin. Neka je u : I → S1 petǉa utaqki 1. Tada je p(0) = 1 = u(0), pa na osnovustava 181 (a), postoji jedinstveno podizaǌeu : I → R puta u sa svojstvom u(0) = 0. Kako jep(u(1)) = u(1) = 1 (jer je u petǉa u taqki 1), to,prema jednakosti (25), vaжi u(1) ∈ p−1({1}) =Z. Konaqno, definixemo

Φ([u]):= u(1).

Dokaжimo najpre da je Φ ispravno definisana funkcija, tj. da ceo broj u(1) nezavisi od izbora petǉe koja reprezentuje klasu [u] ∈ π1(S

1, 1). Pretpostavimo zato dasu u, w : I → S1 petǉe u taqki 1 takve da je [u] = [w], tj. u ≃ w (rel{0, 1}). Treba dokazatida je u(1) = w(1), gde su u, w : I → R podizaǌa petǉi u i w takva da je u(0) = w(0) = 0.

bb0

b 1

S1

R

p

H

H

I2

b

b

b

b

u

w

{0} × I {1} × I

Neka je H : I2 → S1 preslikavaǌekoje ostvaruje homotopiju relativno{0, 1} izme�u u i w. Dakle, vaжi daje H(s, 0) = u(s), H(s, 1) = w(s) za sves ∈ I, kao i H(0, t) = H(1, t) = 1 zasve t ∈ I. Tada je p(0) = 1 = H(0, 0),pa na osnovu stava 181 (b), postoji

podizaǌe H : I2 → R preslikavaǌa Htakvo da je H(0, 0) = 0. Definiximoput u : I → R pomo�u formule

u(s) := H(s, 0), s ∈ I

(u je neprekidno, jer je H neprekidno). Tada je p(u(s)) = p(H(s, 0)) = H(s, 0) = u(s),za sve s ∈ I, xto znaqi da je u jedno podizaǌe puta u. Me�utim, jox vaжi i da jeu(0) = H(0, 0) = 0, pa zbog jedinstvenosti podizaǌa sa ovim svojstvom (stav 181 (a)),mora biti

u = u. (29)

Primetimo da je p(H({0}× I)) = H({0}× I) = {1}, pa je zato H({0}× I) ⊆ p−1({1}) = Z.S druge strane, skup {0} × I jeste povezan, a H je neprekidno, pa je H({0} × I) pove-zan podskup od Z. Me�utim, svaki (neprazan) povezan podskup od Z jeste jednoqlan


(v. primer 1.4.3), pa zakǉuqujemo da H({0} × I) ima taqno jedan element, tj. da je H

konstantno na {0} × I. Kako je H(0, 0) = 0, to mora da vaжi

H({0} × I

)= {0}. (30)

Definiximo sad put w : I → R sa

w(s) := H(s, 1), s ∈ I.

Za svako s ∈ I vaжi da je p(w(s)) = p(H(s, 1)) = H(s, 1) = w(s), drugim reqima, w je

podizaǌe od w. Pored toga, na osnovu (30), vaжi i w(0) = H(0, 1) = 0, pa kao i usluqaju puta u, zakǉuqujemo da je

w = w. (31)

Na istovetan naqin kao za skup H({0}× I), dobijamo da je i H({1}× I) jednoqlan (ne

tvrdimo da je H({1} × I) = {0}). Specijalno, vaжi da je H(1, 0) = H(1, 1). Pomo�u ovejednakosti, kao i (29) i (31), konaqno dobijamo da je

u(1) = u(1) = H(1, 0) = H(1, 1) = w(1) = w(1).

Dakle, Φ : π1(S1, 1) → Z jeste dobro definisana funkcija. Dokaza�emo da je to

izomorfizam grupa, tj. da je Φ ,,na”, ,,1-1” i da je homomorfizam.

Φ je ,,na”: Neka je k ∈ Z proizvoǉno. Uoqimo preslikavaǌe uk : I → S1 definisanosa uk(t) = ei2kπt, t ∈ I. Ono je, oqigledno, neprekidno, a vaжi i uk(0) = e0 = 1, kao iuk(1) = ei2kπ = 1 (jer je k ceo broj). Dakle, uk je jedna petǉa u taqki 1. Neposrednose proverava da je podizaǌe uk : I → R pomo�u kojeg se dobija Φ([uk]) dato formulomuk(t) = kt, t ∈ I. Naime, jasno je da je ovo neprekidno preslikavaǌe koje nulu slika unulu i da je p(kt) = ei2πkt = uk(t) za sve t ∈ I. Zato je

Φ([uk])= uk(1) = k · 1 = k.

Φ je ,,1-1”: Neka su u, v : I → S1 dve petǉe u taqki 1 takve da je Φ([u]) = Φ([v]). Toznaqi da je u(1) = v(1), gde su u i v odgovaraju�a podizaǌa petǉi u i v. Me�utim, zata podizaǌa vaжi da je u(0) = v(0) = 0, pa su, prema tome, u, v : I → R dva neprekidnapreslikavaǌa koja se poklapaju na skupu {0, 1}. Pri tom je ǌihov kodomen R konveksanskup, pa na osnovu primera 3.1.3 zakǉuqujemo da vaжi u ≃ v (rel{0, 1}). Sad prema stavu152 (a), imamo da vaжi i

u = p ◦ u ≃ p ◦ v = v (rel{0, 1}), tj. [u] = [v].

Φ je homomorfizam: Neka su [u], [v] ∈ π1(S1, 1) dve proizvoǉne klase. Treba dokazati

da je Φ([u] ∗ [v]) = Φ([u]) + Φ([v]) (jer je operacija u grupi Z, naravno, sabiraǌe celihbrojeva). Znamo da je

Φ([u])+ Φ

([v])= u(1) + v(1), dok je Φ

([u] ∗ [v]

)= Φ

([u · v]

)= u·v(1),

gde su u, v, u·v : I → R, redom, podizaǌa petǉi u, v i u · v takva da je u(0) = v(0) =u·v(0) = 0. Sad je moжda prirodno pomisliti da bi mogla da vaжi jednakost u·v = u · v.Me�utim, puteve u i v, u opxtem sluqaju, ne moжemo nadovezati – u(1) ne mora biti

150

jednako sa v(0) = 0. Zato �emo translirati put v za ceo broj k := u(1). Preciznije,uoqi�emo put w : I → R definisan sa w(t) = v(t) + k, t ∈ I. Tada je u(1) = k = 0 + k =v(0) + k = w(0). Dakle, putevi u i w mogu se nadovezati i dobijamo put u ·w : I → R, zakoji je (u · w)(0) = u(0) = 0 i

(u · w)(t) ={u(2t), 0 6 t 6 1

2

w(2t− 1), 126 t 6 1

, t ∈ I.

Na osnovu osobine (24) preslikavaǌa p i qiǌenice da je v podizaǌe petǉe v, imamo ida je p(w(2t− 1)) = p(v(2t− 1) + k) = p(v(2t− 1)) = v(2t− 1). Zato za sve t ∈ I vaжi da je

(p◦(u ·w)

)(t) = p

((u ·w)(t)

)=

{p(u(2t)

), 0 6 t 6 1

2

p(w(2t− 1)

), 1

26 t 6 1

=

{u(2t), 0 6 t 6 1

2

v(2t− 1), 126 t 6 1

= (u ·v)(t),

pa imamo i jednakost p ◦ (u · w) = u · v, tj. qiǌenicu da je put u · w podizaǌe petǉe u · vsa svojstvom (u · w)(0) = 0. Iz jedinstvenosti takvog podizaǌa (stav 181 (a)), konaqnodobijamo da je u · w = u·v, pa je

Φ([u] ∗ [v]

)= u·v(1) = (u · w)(1) = w(1) = v(1) + k = u(1) + v(1) = Φ

([u])+ Φ

([v]),

qime je zavrxen dokaz ove teoreme. �

Znamo da je broj 1 generator grupe celih brojeva. Iz dokaza teoreme 182 (taqnije,iz dokaza da je Φ ,,na”) vidimo da pri izomorfizmu Φ : π1(S

1, 1) → Z broju 1 odgovaraklasa petǉe u1 : I → S1, u1(t) = ei2πt, t ∈ I, tj. Φ([u1]) = 1. Zato je [u1] jedan generatorgrupe π1(S

1, 1).

Neka je sad k ∈ Z i uoqimo preslikavaǌe ϕk : S1 → S1 definisano sa

ϕk(z) = zk, z ∈ S1.

Ono je, naravno, neprekidno, a vaжi i da je ϕk(1) = 1. Moжemo postaviti pitaǌe kakoizgleda homomorfizam (ϕk)∗ : π1(S

1, 1) → π1(S1, 1). Znamo da je π1(S

1, 1) ∼= Z, kao i daje svaki endomorfizam grupe Z mnoжeǌe nekim celim brojem. Zato je i (ϕk)∗ mnoжeǌenekim celim brojem. Da bismo ga odredili, dovoǉno je da vidimo kako (ϕk)∗ dejstvujena generator [u1]. Primetimo da je ϕk ◦ u1 = uk, gde je uk petǉa iz dokaza teoreme 182.Za ǌu vaжi da je Φ([uk]) = k (v. dokaz teoreme 182, deo u kojem je pokazano da je Φ ,,na”).Naime, ϕk(u1(t)) = ϕk(e

i2πt) = (ei2πt)k = ei2kπt = uk(t), t ∈ I. Prema tome,

(ϕk)∗([u1])= [ϕk ◦ u1] = [uk] = Φ−1(k) = Φ−1(k · 1) = k · Φ−1(1) = k · [u1]

(pretposledǌa jednakost sledi iz qiǌenice da je Φ−1 : Z→ π1(S1, 1) homomorfizam), pa

zakǉuqujemo da je (ϕk)∗ mnoжeǌe brojem k.

Primer 3.3.1 U odeǉku 2.4, u kom smo prouqavali povrxi, dokazali smo da zatvorendisk D2 nije homeomorfan cilindru C = S1 × I (granica diska je povezana, a granicacilindra nije).

3.4 Osnovna teorema algebre 151

◦D2

6≈

S1 × (0, 1)Ako izbacimo granice ovih povrxi, onda do-

bijamo dve povrxi bez granice – otvoren disk◦D2

i otvoren cilindar S1 × (0, 1). Ni one nisu me-�usobno homeomorfne. Naime, u suprotnom bismo

imali da je π1(◦D2) ∼= π1(S

1 × (0, 1)) (implikacija(17) i posledica 177), xto nije taqno. Grupa

π1(◦D2) jeste trivijalna, jer je

◦D2 kontraktibilan

prostor, dok je S1 × (0, 1) ≃ S1 (na osnovu stava 162 i qiǌenice da je interval (0, 1)kontraktibilan), pa je, prema posledici 177 i teoremi 182,

π1(S1 × (0, 1)

) ∼= π1(S1) ∼= Z.

(Primetimo da ovaj dokaz ,,radi” i za sluqaj zatvorenog diska D2 i cilindra C =S1 × [0, 1].)

3.4 Osnovna teorema algebre

Postoji mnogo naqina da se dokaжe osnovna teorema algebre. Nijedan od ǌih nijeelementaran. Mi �emo ovde dati topoloxki dokaz ove znamenite teoreme. On se temeǉina pojmu fundamentalne grupe, pa samim tim, i na pojmu homotopije. U dokazu �ekǉuqna biti qiǌenica da je π1(S

1) beskonaqna cikliqna grupa.

Teorema 183 Ako je p polinom s kompleksnim koeficijentima stepena n > 1, onda p imakompleksnu nulu ((∃z ∈ C) p(z) = 0).

Dokaz: Neka je p(z) = anzn + an−1z

n−1 + · · ·+ a1z + a0, gde su a0, a1, . . . , an−1, an kompleksnekonstante i an 6= 0. Kako je p(z) = 0 ako i samo ako je 1

an· p(z) = 0, to, bez gubitka

opxtosti, moжemo pretpostaviti da je an = 1, tj. da je p moniqan polinom.Polinom p moжemo da vidimo kao (polinomijalno) preslikavaǌe p : C→ C,

p(z) = zn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z + a0, z ∈ C.

Treba, dakle, dokazati da postoji z ∈ C takvo da je p(z) = 0. Pretpostavimo suprotno:da je p(z) 6= 0 za sve z ∈ C. Neka je r pozitivna konstanta takva da je

r > max{1, |a0|+ |a1|+ · · ·+ |an−1|

}.

Definiximo preslikavaǌe f : S1 → S1 na slede�i naqin:

f(z) :=p(rz)

|p(rz)| , z ∈ S1.

Kako preslikavaǌe p nema nula i kako je, naravno, moduo kompleksnog broja p(rz)|p(rz)| jednak

1, to je f ispravno definisano. Poxto je preslikavaǌe p neprekidno (kao polinomi-jalno), i f je neprekidno. Pored toga, f se moжe proxiriti na disk D2. Naime, kako p

152

nema nula na qitavoj kompleksnoj ravni, to je sa f(z) := p(rz)|p(rz)|, dobro definisano jedno

(neprekidno) preslikavaǌe f : D2 → S1, za koje oqigledno vaжi da je f |S1 = f . Naosnovu teoreme 156, f je homotopski trivijalno:

f ≃ const. (32)

Neka je sada z ∈ S1 fiksiran kompleksan broj, tj. neka vaжi |z| = 1, i neka jet ∈ [0, 1]. Prva u narednom nizu nejednakosti dobija se mnoжeǌem nejednakosti t 6 1(nenegativnim) brojem |an−1(rz)

n−1 + · · · + a1(rz) + a0|, dok druga sledi iz nejednakostitrougla i qiǌenice da je |rz| = r|z| = r:

t ·∣∣an−1(rz)

n−1 + · · ·+ a1(rz) + a0∣∣ 6

∣∣an−1(rz)n−1 + · · ·+ a1(rz) + a0

∣∣6 |an−1|rn−1 + · · ·+ |a1|r + |a0|6 |an−1|rn−1 + · · ·+ |a1|rn−1 + |a0|rn−1

=(|an−1|+ · · ·+ |a1|+ |a0|

)· rn−1

< rn.

Tre�a vaжi jer je r > 1, pa je 1 < r < r2 < · · · < rn−1 (ona nije stroga, jer je mogu�sluqaj n = 1 ili sluqaj a0 = a1 = · · · = an−2 = 0), dok je posledǌa nejednakost posledicanejednakosti r > |a0|+ |a1|+ · · ·+ |an−1| (dobija se mnoжeǌem ove sa rn−1).

Upravo dobijena (stroga) nejednakost, uz nejednakost trougla (zapravo, ǌenu vari-jantu |z1+z2| > |z1|−|z2|, z1, z2 ∈ C) i qiǌenicu |(rz)n| = rn, omogu�ava nam da zakǉuqimoda je

∣∣(rz)n + t(an−1(rz)

n−1 + · · ·+ a1(rz) + a0)∣∣ > rn − t ·

∣∣an−1(rz)n−1 + · · ·+ a1(rz) + a0

∣∣ > 0.

Dakle, dokazali smo da za sve z ∈ S1 i sve t ∈ I vaжi

(rz)n + t(an−1(rz)

n−1 + · · ·+ a1(rz) + a0)6= 0. (33)

Zahvaǉuju�i tome, moжemo definisati preslikavaǌe H : S1×I → S1 na slede�i naqin:

H(z, t) :=(rz)n + t

(an−1(rz)

n−1 + · · ·+ a1(rz) + a0)

∣∣(rz)n + t(an−1(rz)n−1 + · · ·+ a1(rz) + a0

)∣∣ , (z, t) ∈ S1 × I.

Ono je, dakle, ispravno definisano na osnovu (33), a oqigledno je i neprekidno. Uzto, za sve z ∈ S1 vaжi

H(z, 0) =(rz)n

|(rz)n| =rnzn

rn|z|n = zn = ϕn(z),

H(z, 1) =(rz)n + an−1(rz)

n−1 + · · ·+ a1(rz) + a0∣∣(rz)n + an−1(rz)n−1 + · · ·+ a1(rz) + a0∣∣ =

p(rz)

|p(rz)| = f(z),

gde je ϕn : S1 → S1 definisano sa ϕn(z) = zn, z ∈ S1. Zakǉuqujemo da H ostvarujehomotopiju izme�u ϕn i f , pa imamo da je

ϕn ≃ f. (34)

Sad iz (32) i (34) dobijamo da je ϕn homotopski trivijalno preslikavaǌe, pa, naosnovu teoreme 175, vaжi da je (ϕn)∗ = 0, gde je (ϕn)∗ : π1(S

1, 1) → π1(S1, 1) homomorfizam

3.5 Brauerova teorema o fiksnoj taqki 153

indukovan preslikavaǌem ϕn. Me�utim, u razmatraǌu nakon dokaza teoreme 182 poka-zano je da je ovaj homomorfizam mnoжeǌe sa n, a to nije nula-homomorfizam jer jen > 1, a π1(S

1, 1) ∼= Z. Kontradikcija. �

3.5 Brauerova teorema o fiksnoj taqki

3.5.1 Retrakti, svojstvo fiksne taqke

Definicija 184 Neka je X topoloxki prostor i A ⊆ X. Kaжemo da je A retraktprostora X ako postoji neprekidno preslikavaǌe r : X → A takvo da je r|A = 1A.Ovakvo preslikavaǌe r nazivamo retrakcijom.

A A1A //

X

A

r

&&▼▼▼▼

▼▼▼▼

▼▼▼▼

▼▼▼▼

A

X

?�

i

OO

Drugim reqima, retrakcija r : X → A (ako postoji) jesteproxireǌe identiqkog preslikavaǌa 1A : A → A na prostor X(v. definiciju 155), pa za ǌu onda vaжi da je r ◦ i = 1A, gde jei : A → X inkluzija.

Primer 3.5.1 Ako je x0 ∈ X bilo koja taqka, onda je {x0} ret-rakt prostora X. Jedino mogu�e preslikavaǌe r : X → {x0}jeste retrakcija.

Primer 3.5.2 Neka je n ∈ N. Radijalna projekcija r : Rn\{0} →Sn−1, r(x) = x

‖x‖ , x ∈ Rn \ {0}, jeste retrakcija. Naime, oqigledno je da je r neprekidno i

da je r(y) = y za sve y ∈ Sn−1, tj. r|Sn−1 = 1Sn−1. Dakle, sfera Sn−1 je retrakt od Rn \ {0}.

Primer 3.5.3 Otvoreni interval (0, 1) nije retrakt zatvorenog intervala [0, 1]. Naime,retrakcija je, po definiciji, neprekidna, a jasno je da mora biti i ,,na” (za svako a ∈ A,r(a) = a), pa retrakcija r : [0, 1] → (0, 1) ne postoji, jer je [0, 1] kompaktan, a (0, 1) nije(stav 32).

Ovaj primer se, naravno, lako uopxtava: nekompaktan podskup kompaktnog prostorane moжe biti ǌegov retrakt. Sasvim sliqno, vaжi i da je svaki retrakt (putno)povezanog prostora (putno) povezan. Zbog toga, na primer, skup svih celih brojeva Znije retrakt realne prave R.

Definicija 185 Neka je X skup i f : X → X. Fiksnom taqkom preslikavaǌa f nazivamoelement x0 ∈ X takav da je f(x0) = x0.

Definicija 186 Kaжemo da prostor X ima svojstvo fiksne taqke (SFT) ako svakoneprekidno preslikavaǌe f : X → X ima fiksnu taqku ((∃x0 ∈ X) f(x0) = x0).

Primer 3.5.4 Jednoqlani topoloxki prostor ∗, naravno, ima SFT. Postoji jednojedino (neprekidno) preslikavaǌe iz ∗ u ∗, i ono tu jednu taqku slika u sebe.

Primer 3.5.5 Realna prava R nema SFT. Na primer, preslikavaǌe f : R → R defi-nisano sa f(x) = x+ 1, x ∈ R, jeste neprekidno, a nema fiksnih taqaka.

154

Primer 3.5.6 Nijedna od sfera Sn, n ∈ N0, nema SFT. Naime, preslikavaǌe a : Sn → Sn

definisano sa a(x) = −x, x ∈ Sn (tzv. antipodalno preslikavaǌe) neprekidno je, a nemafiksnu taqku, jer je x 6= −x = a(x) za sve taqke x ∈ Sn.

Stav 187 Svojstvo fiksne taqke je topoloxka invarijanta.

X Xh−1◦f◦h //❴❴❴❴❴❴❴

Y Yf //

X

Y

h

OO Y

X

h−1

��

Dokaz: Treba dokazati da, ako je X prostor koji ima SFT iako je Y ≈ X, onda i Y ima SFT. Neka je zato f : Y → Yproizvoǉno neprekidno preslikavaǌe. Dokaжimo da ono imafiksnu taqku. Ako je h : X → Y homeomorfizam, uoqimo kom-poziciju h−1 ◦ f ◦ h : X → X. Ona je neprekidna kao kompozicijaneprekidnih, X ima SFT, pa postoji taqka x0 ∈ X sa osobinomh−1(f(h(x0))) = x0. Ako sad na ovu jednakost primenimo h, do-bijamo da je f(h(x0)) = h(x0). Prema tome, taqka h(x0) ∈ Y jestefiksna taqka preslikavaǌa f . �

Stav 188 Ako prostor X ima SFT i ako je A retrakt prostora X, onda i A ima SFT.

X Xi◦f◦r //❴❴❴❴❴❴❴

A Af //

X

A

r

OO A

X

� _

i

��

Dokaz: Neka je f : A → A neprekidno preslikavaǌe. Treba dadokaжemo da f ima fiksnu taqku. Ako je r : X → A retrakcija ii : A → X inkluzija, posmatra�emo kompoziciju i◦f ◦ r : X → X.Sva tri preslikavaǌa koja qine ovu kompoziciju jesu nepre-kidna, pa je i i ◦ f ◦ r neprekidno preslikavaǌe. S obzirom nasvojstvo fiksne taqke prostora X, postoji x0 ∈ X takvo da je

i(f(r(x0)

))= x0.

Iz ove jednakosti vidimo da taqka x0 pripada slici inkluzije i, a ta slika je, naravno,bax skup A. Zato je x0 ∈ A, pa vaжi i r(x0) = x0 (jer je r|A = 1A). Konaqno dobijamo

x0 = i(f(r(x0)

))= i(f(x0)

)= f(x0),

pa zakǉuqujemo da je x0 fiksna taqka preslikavaǌa f . �

3.5.2 Brauerova teorema

Formuliximo sada Brauerovu teoremu o fiksnoj taqki.

Teorema 189 Za svako n ∈ N, disk Dn ima svojstvo fiksne taqke.

Brauerovu teoremu �emo dokazati samo u sluqajevima n = 1 i n = 2. Dokaz oveteoreme za n > 2 zahteva naprednije tehnike od onih koje ovde prouqavamo.

Pre najavǉenih dokaza, navedimo nekoliko tvr�eǌa ekvivalentnih tvr�eǌu Braue-rove teoreme.

Teorema 190 Za svako n ∈ N, slede�a tri iskaza su me�usobno ekvivalentna.

(1) Disk Dn ima SFT.

(2) Sfera Sn−1 nije retrakt diska Dn.

(3) Sfera Sn−1 nije kontraktibilna.

Dokaz: (1)⇒(2): Pretpostavimo da Dn ima SFT. Kad bi sfera Sn−1 bila retrakt odDn, onda bi i ona, na osnovu stava 188, imala SFT, xto nije taqno (v. primer 3.5.6).Dakle, Sn−1 nije retrakt od Dn.

3.5 Brauerova teorema o fiksnoj taqki 155

b

b

b

b

Dn :

Sn−1

0

f(x)

x

r(x)

(2)⇒(1): Dokaza�emo kontrapoziciju ove implikacije:ako Dn nema SFT, onda je Sn−1 retrakt od Dn. Pret-postavimo, dakle, da disk Dn nema SFT, tj. da postojineprekidno preslikavaǌe f : Dn → Dn bez fiksnih taqaka(f(x) 6= x za sve x ∈ Dn). Definiximo sad preslikavaǌer : Dn → Sn−1 na slede�i naqin: za x ∈ Dn, uoqimo polupravus temenom f(x) koja prolazi kroz taqku x (poxto je f(x) 6= x,ta poluprava je potpuno odre�ena), pa ǌenu preseqnu taqkusa sferom Sn−1 (razliqitu od temena f(x)) ,,proglasimo” zar(x). Kako obe taqke f(x) i x pripadaju disku Dn, to ova otvorena poluprava (ne raqu-naju�i teme f(x)) seqe granicu diska (tj. sferu) u taqno jednoj taqki, pa je r dobrodefinisano. Iz ove geometrijske definicije preslikavaǌa r oqigledno je da je ononeprekidno – ako se x ,,malo” promeni, i f(x) se ,,malo” promeni (jer je f neprekidno),pa se onda i r(x) ,,malo” promeni. Dokaжimo ipak tu qiǌenicu i analitiqki. Premaprethodnom opisu,

r(x) = f(x) + t ·(x− f(x)

), x ∈ Dn,

gde je t = t(x) jedinstveni pozitivni broj takav da je∥∥f(x)+ t ·

(x−f(x)

)∥∥ = 1. Da bismopokazali da je r neprekidno, dovoǉno je da dokaжemo da je t neprekidna funkcija odx (jer ve� znamo da je f neprekidno). Iz uslova

∥∥f(x) + t ·(x − f(x)

)∥∥ = 1, dobi�emoeksplicitan izraz za t, odakle �e se videti da t neprekidno zavisi od x. Kvadriraǌemovog uslova, dobijamo da je

⟨f(x) + t ·

(x− f(x)

), f(x) + t ·

(x− f(x)

)⟩=∥∥f(x) + t ·

(x− f(x)

)∥∥2 = 1, (35)

gde je 〈·, ·〉 : Rn×Rn → R euklidski skalarni proizvod (za x = (x1, . . . , xn) i y = (y1, . . . , yn),〈x, y〉 =∑n

i=1 xiyi). Koriste�i bilinearnost skalarnog proizvoda, iz (35) dobijamo⟨f(x), f(x)

⟩+ 2t

⟨f(x), x− f(x)

⟩+ t2

⟨x− f(x), x− f(x)

⟩= 1,

odnosno,‖x− f(x)‖2 · t2 + 2

⟨f(x), x− f(x)

⟩· t+ ‖f(x)‖2 − 1 = 0. (36)

Dakle, traжeno t = t(x) jeste pozitivno rexeǌe ove kvadratne jednaqine, pa je

t(x) =−2⟨f(x), x− f(x)

⟩+√

4⟨f(x), x− f(x)

⟩2 − 4‖x− f(x)‖2(‖f(x)‖2 − 1

)

2‖x− f(x)‖2

=

⟨f(x), f(x)− x

⟩+√⟨

f(x), f(x)− x⟩2

+ ‖x− f(x)‖2(1− ‖f(x)‖2

)

‖x− f(x)‖2 .

(Kako je f(x) ∈ Dn, odnosno ‖f(x)‖2 6 1, to potkorena veliqina ne moжe biti maǌa

od⟨f(x), f(x) − x

⟩2, tj. ovaj koren ne moжe biti maǌi od

∣∣⟨f(x), f(x) − x⟩∣∣, pa se odmah

vidi da drugo rexeǌe kvadratne jednaqine (36) ne moжe biti pozitivan broj.) Izovog eksplicitnog izraza za t(x), konaqno, vidimo da je t : Dn → (0,+∞) neprekidnopreslikavaǌe, jer su f , norma i skalarni proizvod neprekidna preslikavaǌa. Dakle,i gore definisano r : Dn → Sn−1 jeste neprekidno.

Ako je x ∈ Sn−1 i t = 1, onda je∥∥f(x)+t·

(x−f(x)

)∥∥ = ‖f(x)+x−f(x)‖ = ‖x‖ = 1. To znaqida je, za x ∈ Sn−1, upravo broj 1 traжeni pozitivni broj t(x), pa je zato r(x) = x (xto selako vidi i geometrijski – iz konstrukcije ovog preslikavaǌa). Dakle, r|Sn−1 = 1Sn−1.

156

Zakǉuqujemo da je r retrakcija. Prema tome, dobili smo da je Sn−1 retrakt od Dn.

(2)⇔(3): Ovu ekvivalenciju �emo dokazati tako xto �emo utvrditi da su negacijetvr�eǌa (2) i (3) me�usobno ekvivalentne. Naime, vaжi da je

¬(2) ⇐⇒ Sn−1 je retrakt od Dn

⇐⇒ postoji neprekidno preslikavaǌe r : Dn → Sn−1 takvo da je r|Sn−1 = 1Sn−1

⇐⇒ 1Sn−1 moжe se proxiriti na Dn

⇐⇒ 1Sn−1 ≃ const

⇐⇒ Sn−1 ≃ ∗⇐⇒ ¬(3).

Druga u ovom nizu ekvivalencija jeste definicija retrakta (definicija 184), tre�aje definicija proxireǌa preslikavaǌa (definicija 155), qetvrta potiqe od teoreme156, a peta od stava 160. �

Sad moжemo da dokaжemo Brauerovu teoremu za n = 1 i n = 2. Koristi�emo teoremu190 i pokazati da vaжi iskaz (3) iz te teoreme.

Dokaz teoreme 189 za n = 1: Sfera S0 = {−1, 1} nije povezan prostor, pa nije niputno povezan (stav 63). Zato ona nije kontraktibilna (stav 161). �

Dokaz teoreme 189 za n = 2: Kruжnica S1 nije kontraktibilna, jer je π1(S1) ∼= Z

(teorema 182), a fundamentalna grupa kontraktibilnog prostora mora biti trivijalna(v. razmatraǌe nakon posledice 177). �

Sad kad imamo Brauerovu teoremu za n = 1 i n = 2, iz stava 187 zakǉuqujemo dasvaki prostor koji je homeomorfan disku D1 ili disku D2 ima SFT. Iz tog razloga,svi prostori na slede�em crteжu, na primer, imaju to svojstvo.

D1 :

≈

≈ ≈

D2 : ≈ ≈

≈

3.6 Borsuk–Ulamova teorema 157

3.6 Borsuk–Ulamova teorema

Jedna od najpoznatijih topoloxkih teorema jeste slede�a, Borsuk–Ulamova teorema.

Teorema 191 Neka je n ∈ N i f : Sn → Rn neprekidno preslikavaǌe. Tada postoji x0 ∈ Sn

takvo da je f(x0) = f(−x0).

Sn

b

b

f(x0) = f(−x0)

Rn

x0

0

−x0

f

Dakle, kad god imamoneprekidno preslikavaǌe izsfere Sn u euklidski prostorRn, na sferi postoji par an-tipodalnih taqaka koje imajuistu sliku pri tom preslika-vaǌu. Zanimǉiva primenaBorsuk–Ulamove teoreme zan = 2 dobija se kad se posmat-ra (neprekidna) funkcija koja svakom mestu na zemaǉskoj kugli dodeli slede�i parrealnih brojeva: temperaturu i vazduxni pritisak na tom mestu (u odre�enom vre-menskom trenutku). Dobija se qiǌenica da u svakom trenutku postoje dve antipodalne(dijametralno suprotne) taqke na Zemǉi sa istom temperaturom i istim vazduxnimpritiskom.

Kao i u sluqaju Brauerove teoreme, i ovde �emo najpre navesti nekoliko tvr�eǌaekvivalentnih tvr�eǌu Borsuk–Ulamove teoreme (i dokazati te ekvivalencije), a ondadati dokaz ove teoreme za sluqajeve n = 1 i n = 2.

Radi formulacije tih tvr�eǌa, definiximo jedan jednostavan pojam.

Definicija 192 Neka su m,n ∈ N0. Za preslikavaǌe g : Sm → Sn kaжemo da je neparnoako za sve x ∈ Sm vaжi da je g(−x) = −g(x).

Navedimo jedan jednostavan primer (neprekidnog) neparnog preslikavaǌa, koje �ese pojavǉivati i u dokazu naredne teoreme. Ako su m,n ∈ N i m > n, neka je i : Sn → Sm

prirodno utapaǌe sfere Sn u sferu Sm,

i(x1, x2, . . . , xn+1) = (x1, x2, . . . , xn+1, 0, 0, . . . , 0︸︷︷︸m−n

), (x1, x2, . . . , xn+1) ∈ Sn.

Lako se vidi da je i jedno neparno preslikavaǌe. Naime, za sve (x1, x2, . . . , xn+1) ∈ Sn je

i(− (x1, x2, . . . , xn+1)

)= i(−x1,−x2, . . . ,−xn+1)

= (−x1,−x2, . . . ,−xn+1, 0, 0, . . . , 0)

= −(x1, x2, . . . , xn+1, 0, 0, . . . , 0)

= −i(x1, x2, . . . , xn+1).

Teorema 193 Za svako n ∈ N, slede�a qetiri iskaza su me�usobno ekvivalentna.

(1) Ako je f : Sn → Rn neprekidno preslikavaǌe, onda postoji x0 ∈ Sn takvo da je f(x0) =f(−x0).

158

(2) Ako je m > n i f : Sm → Rn neprekidno preslikavaǌe, onda postoji x0 ∈ Sm takvo daje f(x0) = f(−x0).

(3) Ne postoji neprekidno neparno preslikavaǌe g : Sn → Sn−1.

(4) Ako je m > n, onda ne postoji neprekidno neparno preslikavaǌe g : Sm → Sn−1.

Dokaz: (1)⇔(2): Jasno je da je tvr�eǌe (1) specijalan sluqaj tvr�eǌa (2), pa svakakovaжi implikacija (2)⇒(1). Dokaжimo i da iz (1) sledi (2). Pretpostavimo, dakle,da vaжi (1) i neka je m > n i f : Sm → Rn neprekidno preslikavaǌe. Treba prona�i

taqku y0 ∈ Sm takvu da je f(y0) = f(−y0). Kompozicija Sni−→ Sm

f−→ Rn (gde je iprirodno utapaǌe razmatrano pre formulacije ove teoreme) jeste neprekidna, jer sui i i f neprekidna preslikavaǌa. Na osnovu (1), postoji x0 ∈ Sn sa svojstvom f(i(x0)) =f(i(−x0)). Me�utim, utapaǌe i je neparno preslikavaǌe, pa je zato

f(i(x0)

)= f

(i(−x0)

)= f

(− i(x0)

),

xto znaqi da za traжenu taqku y0 ∈ Sm moжemo uzeti i(x0).

(3)⇔(4): Tvr�eǌe (4) za m = n jeste, u stvari, tvr�eǌe (3). Dakle, vaжi impli-kacija (4)⇒(3), a lako se dokazuje i kontrapozicija implikacije (3)⇒(4): ako zaneko m > n postoji neprekidno neparno preslikavaǌe g : Sm → Sn−1, onda postoji ineprekidno neparno g : Sn → Sn−1. Naime, g se dobija kao kompozicija preslikavaǌag sa prirodnim utapaǌem i : Sn → Sm, g := g ◦ i. Ono je neprekidno kao kompozicijaneprekidnih, a i neparno je kao kompozicija neparnih:

g(−x) = g(i(−x)

)= g(− i(x)

)= −g

(i(x)

)= −g(x), x ∈ Sn.

(1)⇒(3): Dokaжimo kontrapoziciju ove implikacije: ako postoji neprekidno nepar-no g : Sn → Sn−1, onda postoji neprekidno f : Sn → Rn takvo da je f(x) 6= f(−x) za svex ∈ Sn. Neka je, dakle, g : Sn → Sn−1 neprekidno neparno preslikavaǌe. Kako, za svex ∈ Sn, vaжi da g(x) ∈ Sn−1, to je g(x) 6= −g(x), pa zbog neparnosti preslikavaǌa gimamo da je

g(x) 6= −g(x) = g(−x), za sve x ∈ Sn.

Inkluzija j : Sn−1 → Rn jeste, naravno, injekcija, pa je zato

j(g(x)

)6= j(g(−x)

), za sve x ∈ Sn. (37)

Ako je f = j ◦ g : Sn → Rn, onda je f neprekidno kao kompozicija neprekidnih, a iz (37)imamo da je f(x) 6= f(−x) za sve x ∈ Sn.

(3)⇒(1): Opet dokazujemo kontrapoziciju: ako postoji neprekidno f : Sn → Rn takvoda je f(x) 6= f(−x) za sve x ∈ Sn, onda postoji neprekidno neparno g : Sn → Sn−1. Neka je,zato, f : Sn → Rn preslikavaǌe sa naznaqenim svojstvima. Definixemo g : Sn → Sn−1

na slede�i naqin:

g(x) :=f(x)− f(−x)∥∥f(x)− f(−x)

∥∥ , x ∈ Sn.

Preslikavaǌe g je ispravno definisano, jer je f(x)−f(−x) 6= 0 za sve x ∈ Sn, a s obziromna neprekidnost preslikavaǌa f , i ono je neprekidno. Me�utim, g je i neparno:

g(−x) = f(−x)− f(x)∥∥f(−x)− f(x)∥∥ =

−(f(x)− f(−x)

)∥∥−

(f(x)− f(−x)

)∥∥ = − f(x)− f(−x)∥∥f(x)− f(−x)∥∥ = −g(x), x ∈ Sn,

3.6 Borsuk–Ulamova teorema 159

qime je zavrxen i ovaj posledǌi deo dokaza. �

Dokaz teoreme 191 za n = 1: Dokaza�emo tvr�eǌe (3) iz prethodne teoreme – da nepostoji neprekidno neparno preslikavaǌe g : S1 → S0. Pretpostavimo suprotno: daimamo jedno takvo preslikavaǌe g. Neka je x0 ∈ S1 bilo koja taqka. Ako je g(x0) = 1,onda je g(−x0) = −g(x0) = −1, a ako je g(x0) = −1, onda je g(−x0) = −g(x0) = −(−1) = 1.Dakle, bilo kako bilo, obe taqke sfere S0 = {−1, 1} jesu u slici preslikavaǌa g. Toznaqi da je g neprekidna surjekcija iz povezanog prostora S1 u nepovezan prostor S0,a to je u kontradikciji sa stavom 47. �

Dokaz teoreme 191 za n = 2: Opet dokazujemo (3) – da ne postoji neprekidno neparno

S2 S1g //

R

S1

p

��S2

R

g

<<③③

③③

③③

③③

preslikavaǌe iz S2 u S1.

Pretpostavimo suprotno i neka je g : S2 → S1 neprekidno ineparno. Ako je p : R→ S1 preslikavaǌe prouqavano u odeǉku 3.3,

p(x) = (cos 2πx, sin 2πx), x ∈ R,

dokaza�emo da postoji podizaǌe preslikavaǌa g (u odnosu na p),tj. neprekidno preslikavaǌe g : S2 → R takvo da je p ◦ g = g (v.definiciju 178). Pretpostavimo za trenutak da imamo podizaǌe g.Na osnovu (dokazane) Borsuk–Ulamove teoreme za n = 1, vaжi da postoji taqka y0 ∈ S2

takva da je g(y0) = g(−y0) (tvr�eǌe (2) teoreme 193 za n = 1). Tada je i

g(y0) = p(g(y0)

)= p(g(−y0)

)= g(−y0) = −g(y0),

pri qemu posledǌa jednakost vaжi zbog neparnosti preslikavaǌa g. Me�utim, dobi-jena jednakost g(y0) = −g(y0) nije taqna, jer g(y0) ∈ S1.

Dakle, da bismo upotpunili dokaz, ostaje da dokaжemo postojaǌe podizaǌa g.Iz primera 1.7.10 znamo da je prostor koji nastaje od kvadrata I2 skupǉaǌem u

taqku ǌegove granice ∂(I2) homeomorfan sferi S2. Neka je f : I2 → S2 preslikavaǌe

definisano kao kompozicija I2π−→ I2/∂(I2)

h−→ S2, gde je π prirodna surjekcija, a h(neki) homeomorfizam. Navedimo neke osobine preslikavaǌa f . Prvo, f je neprekidnasurjekcija kao kompozicija dve neprekidne surjekcije. Zatim, ǌegov domen I2 jestekompaktan, a kodomen S2 Hauzdorfov, pa je, na osnovu posledice 80, f koliqniqkopreslikavaǌe. Znamo da prirodna surjekcija π ima slede�e svojstvo: za sve s1, s2 ∈ I2

vaжi ekvivalencija:

π(s1) = π(s2) ⇐⇒ s1 = s2 ∨ s1, s2 ∈ ∂(I2).

Kako je h ,,1-1”, to je π(s1) = π(s2) ako i samo ako je h(π(s1)) = h(π(s2)), tj. f(s1) = f(s2),pa za sve s1, s2 ∈ I2 vaжi i ekvivalencija:

f(s1) = f(s2) ⇐⇒ s1 = s2 ∨ s1, s2 ∈ ∂(I2). (38)

Dakle, f je konstantno na ∂(I2). Neka je z0 ∈ S2 taqka takva da je f(∂(I2)

)= {z0}.

Poxto je p ,,na”, postoji x0 ∈ R takvo da je p(x0) = g(z0).

160

bx0

bS1

R

p

g

g(0, 0)

g(z0) = p(x0)

b

I2

S2

b

∂(I2)

f

f

z0

Posmatrajmo sad kom-poziciju g ◦ f : I2 → S1.To je neprekidno pres-likavaǌe, a vaжi i da jeg(f(0, 0)) = g(z0) = p(x0).Na osnovu stava 181 (b)zakǉuqujemo da postojipodizaǌe f : I2 → Rpreslikavaǌa g ◦f takvoda je f(0, 0) = x0. Dakle,

f je neprekidno i vaжida je p ◦ f = g ◦ f . Zbogtoga, imamo

p(f(∂(I2)

))= g(f(∂(I2)

))= g({z0}

)= {p(x0)},

xto znaqi da je, na osnovu jednakosti (26) iz odeǉka 3.3,

f(∂(I2)

)⊆ p−1

({p(x0)}

)= x0 + Z.

Tako�e, granica kvadrata je povezan skup, f neprekidno preslikavaǌe, pa je f(∂(I2)

)

povezan podskup od x0 + Z. Me�utim, svi neprazni povezani podskupovi od x0 + Z jesujednoqlani (v. primer 1.4.3), pa iz f(0, 0) = x0 zakǉuqujemo da je f

(∂(I2)

)= {x0}.

Dakle, f je konstantno na ∂(I2), pa iz ekvivalencije (38) dobijamo da za sve s1, s2 ∈ I2

vaжi implikacija:f(s1) = f(s2) =⇒ f(s1) = f(s2).

Kako je f koliqniqko preslikavaǌe, to iz posledice 82 sledi da postoji neprekidnopreslikavaǌe g : S2 → R takvo da je g ◦ f = f . Me�utim, tada je i

p ◦ g ◦ f = p ◦ f = g ◦ f,

pa poxto je f ,,na”, imamo jednakost p ◦ g = g. Dakle, g je podizaǌe preslikavaǌa g,qime je upotpuǌen dokaz Borsuk–Ulamove teoreme za n = 2. �

Literatura 161

Literatura

[1] V. G. Boltjanskij, V. A. Jefremoviq, Oqigledna topologija (prevod), Zavod zaubenike i nastavna sredstva, Beograd (1984)

[2] M. Marjanovi�, S. Vre�ica, Topologija, Zavod za ubenike, Beograd (2012)

[3] S. T. Vrecica, Euler formula and maps on surfaces, The Teaching of Mathematics, XIV (2)(2011), 107–117.

Documents

OQIGLEDNA TOPOLOGIJA