SLIKE CANTORJEVE PAHLJAµCE

Transcription

1 UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO Oddelek za matematiko in raµcunalništvo Diplomsko delo SLIKE CANTORJEVE PAHLJAµCE Mentor: dr. Iztok Baniµc docent Kandidatka: Anja Belošević Maribor, 2011

2 Zahvala Zahvaljujem se mentorju Iztoku Baniµcu za njegovo potrpeµzljivost, µcas in pomoµc pri izdelavi diplomske naloge. Zahvaljujem se tudi svojima staršema, ki sta me spremljala na moji poti in mi omogoµcila šolanje. Moj najboljši prijatelj je nekdo, ki potegne najboljše iz mene. (Henry Ford) Ob tej priloµznosti se posebej zahvaljujem Jasni za iskreno prijateljstvo. Najina zmaga je bila v smehu;) Some people move our souls to dance. They awaken us to a new understanding with the passing whisper of their wisdom. Some people make the sky more beautiful to gaze upon. (Flavia Weedn) Hvala tudi Juretu za vse vzpodbude in smeh:) Hvala vama, Jasna in Jure, da sta vedno verjela vame.

3 UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO Oddelek za matematiko in raµcunalništvo Izjava Podpisana Anja Beloševíc, rojena , študentka Fakultete za naravoslovje in matematiko Univerze v Mariboru, smer enopredmetna pedagoška matematika, izjavljam, da je diplomsko delo z naslovom Slike Cantorjeve pahljaµce pri mentorju dr. Iztoku Baniµcu avtorsko delo. V diplomskem delu so uporabljeni viri in literatura korektno navedeni; teksti niso prepisani brez navedbe avtorjev. Anja Belošević Maribor, julij 2011

4 Program diplomskega dela Naslov diplomskega dela: Slike Cantorjeve pahljaµce [Images of the Cantor fan] Kratek opis diplomskega dela: Pahljaµce predstavljajo pomembno vlogo tako v teoriji kontinuumov kot v teoriji hiperprostorov. V diplomskem delu naj bo podrobno opisana Cantorjeva pahljaµca. Predstavljeni naj bodo tudi rezultati o slikah Cantorjeve pahljaµce z zveznimi funkcijami, ki so opisani v [1]. Krajši seznam predvidenih virov in literature: [1] J. J. Charatonik and W.J. Charatonik, Images of the Cantor fan, Topology Appl. 33 (1989) [2] S. B. Nadler, Continuum theory: an introduction, Marcel Dekker, New York, Maribor, 2011 Mentor: doc. dr. Iztok Baniµc 4

5 Belošević, Anja: Slike Cantorjeve pahljaµce. Diplomsko delo, Univerza v Mariboru, Fakulteta za naravoslovje in matematiko, Oddelek za matematiko in raµcunalništvo, Izvleµcek V zaµcetku diplomske naloge so najprej opisane topološke lastnosti in nekaj rezultatov v zvezi z njimi. Nato se bomo seznanili s posebnimi prostori, kontinuumi, in njihovim posebnim primerom, to so pahljaµce. Posebej bomo predstavili Cantorjevo pahljaµco. Sledi nekaj splošnih rezultatov o preslikavah de niranih na pahljaµcah. Na koncu pa so zapisani glavni izreki o slikah Cantorjeve pahljaµce. Kljuµcne besede: Kontinuum, pahljaµca, kon uentna preslikava, Cantorjeva pahljaµca. Math. Subj. Class: 54B05, 54B15, 54C05, 54C15, 54C25, 54E35, 54E40, 54E45, 54F15. 5

6 Belošević, Anja: Images of the Cantor fan. Graduation Thesis, University of Maribor, Faculty of Natural Sciences and Mathematics, Department of Mathematics and Computer Science, Abstract First we introduce topological properties and list some results about them. Then we introduce special spaces, so called continnua and fans. We will focus on the description of the continuum called the Cantor fan. At the end we give some results regarding to mappings de ned on fans and theorems about images of the Cantor fan. Key words: Continuum, fan, con uent mapping, Cantor fan. Math. Subj. Class: 54B05, 54B15, 54C05, 54C15, 54C25, 54E35, 54E40, 54E45, 54F15. 6

7 Kazalo Izvleµcek 5 Abstract 6 1 Osnovni pojmi 8 2 Osnovno o kontinuumih 16 3 Cantorjeva pahljaµca 20 4 Funkcije med kontinuumi 22 5 Slike Cantorjeve pahljaµce 28 Literatura 37 7

8 Poglavje 1 Osnovni pojmi V diplomski nalogi bomo govorili o slikah Cantorjeve pahljaµce, ki je poseben primer kontinuuma. Kontinuumi so prostori s topološkima lastnostima povezanosti in kompaktnosti, ki jih bomo predstavili v drugem poglavju. V prvem poglavju pa si najprej poglejmo kdaj je prostor topološki, opišimo topološke lastnosti in podajmo nekaj primerov. Metriµcen prostor X je neprazna mnoµzica, v kateri preslikava d : X X! R dvema elementoma priredi razdaljo med njima. Tej preslikavi pravimo metrika in zanjo veljajo lastnosti: za vsak x; y 2 X : d(x; y) 0 za vsak x; y 2 X : d(x; y) = 0, x = y za vsak x; y 2 X : d(x; y) = d(y; x) za vse x; y; z 2 X : d(x; z) d(x; y) + d(y; z) (simetriµcnost) (trikotniška neenakost) Metriµcen prostor X z metriko d oznaµcujemo z (X; d). µce v trikotniški neenakosti velja enaµcaj, potem je metrika konveksna. V metriµcnem prostoru (X; d) odprto kroglo s središµcem v x 0 in polmerom r > 0 oznaµcujemo s K(x 0 ; r) in vsebuje vse toµcke prostora X, za katere je razdalja od x 0 manjša od danega polmera r. Mnoµzica U je odprta v (X; d) natanko tedaj, ko za vsak x 2 X obstaja tako pozitivno število r > 0, da je K(x; r) U ali U = ;, to pa velja natanko tedaj, ko je U unija odprtih krogel. V metriµcnem prostoru (X; d) s T d oznaµcimo druµzino vseh odprtih podmnoµzic. Za njih velja: ;; X 2 T d 8 2 : U 2 T d ) [ 2U 2 T d 8

9 U; V 2 T d ) U \ V 2 T d De nicija 1.1 Druµzini T P(X) podmnoµzic prostora X pravimo topologija na X, µce velja: ;; X 2 T 8 2 : U 2 T ) [ 2U 2 T U; V 2 T ) U \ V 2 T Prostor X s topologijo T je topološki prostor in ga oznaµcimo z (X; T ). Mnoµzica F X je zaprta v (X; T ) natanko tedaj, ko je XnF 2 T, torej, ko je XnF odprta mnoµzica. µce topološki prostor vsebuje le eno toµcko, mu pravimo, da je degeneriran. Prostor je nedegeneriran, µce vsebuje veµc kot eno toµcko. Primer 1.2 Naj bo X poljubna neprazna mnoµzica z diskretno metriko 0 x = y d(x; y) = 1 x 6= y. Potem je vsaka toµcka iz X odprta krogla. Topologija T = P(X) na X je diskretna topologija. V poljubnem nepraznem prostoru X je tudi T = f;; Xg topologija na X in ji pravimo indiskretna topologija. Primer 1.3 Na nepraznem prostoru X je T = fu X : U = ; _ XnU je števnag topologija števnih komplementov na mnoµzici X. Naj bo X topološki prostor s topologijo T in Y topološki prostor s topologijo S. Potem je preslikava f : (X; T )! (Y; S) zvezna, µce je praslika vsake odprte mnoµzice iz Y odprta v X. Preslikava f iz metriµcnega prostora (X; d 1 ) v metriµcen prostor (Y; d 2 ) je zvezna natanko tedaj, ko za 8c 2 X; 8 > 0; 9 > 0; 8x 2 X : d 1 (x; c) < ) d 2 (f(x); f(c)) <. S kratkim razmislekom lahko vidimo, da sta metriµcna in topološka de nicija zveznosti ekvivalentni v metriµcnih prostorih. Enostavno je videti tudi, da je preslikava f : (X; T )! (Y; S) zvezna natanko tedaj, ko je praslika vsake zaprte mnoµzice iz Y 9

10 zaprta v X. µce sta funkciji f : (X; T )! (Y; S) in g : (Y; S)! (Z; W) zvezni, potem je zvezen tudi njun kompozitum g f : (X; T )! (Z; W). Bijektivna funkcija f ima inverz, ni pa nujno, da je zvezen. V primeru, da ima zvezna bijektivna funkcija f zvezen inverz f 1, potem pravimo, da je f homeomor zem ali izomor- zem topoloških prostorov. Kompozitum homeomor zmov je spet homeomor zem. Dokaze opisanih rezultatov najdemo v [12]. Primer 1.4 Naj bosta dana prostora X 1 = (x; y) 2 R 2 : x; y 0 in X 2 = (x; y) 2 R 2 : 0 x < 1 ^ 0 < y 1. Potem je preslikava f : X 1! X 2 : x f(x; y) = ( x + 1, 1 y + 1 ) homeomor zem med danima prostoroma. De nicija 1.5 Funkcija f : X! Y je topološka vloµzitev, µce je f : X! f(x) homeomor zem. Naj ima topološki prostor (X; T ) neko lastnost L. Potem za L pravimo, da je topološka lastnost, µce za poljuben topološki prostor (Y; S) in homeomor zem f : (X; T )! (Y; S) velja, da ima tudi prostor Y to lastnost L. Primera topoloških lastnosti sta tudi povezanost in kompaktnost, ki ju bomo v tej diplomski nalogi redno sreµcevali, zato ju sedaj vpeljimo. De nicija 1.6 Topološki prostor X je nepovezan, µce obstajata neprazni, disjunktni, odprti podmnoµzici U in V prostora X, da je njuna unija enaka celemu prostoru X. Pravimo, da mnoµzici U in V tvorita separacijo prostora X. Prostor X je povezan, µce ni nepovezan. Povezanost je oµcitno topološka lastnost, saj je de nirana z odprtimi mnoµzicami in velja, µce je prostor povezan, potem je povezan tudi katerikoli prostor Y, ki je homeomorfen X. Povezanost lahko karakteriziramo tudi drugaµce: topološki prostor X je povezan natanko tedaj, ko sta prazna mnoµzica ; in cel prostor X edini mnoµzici, ki sta hkrati odprti in zaprti v X. µce je A prava neprazna podmnoµzica prostora X, ki je hkrati odprta in zaprta v X, potem je X nepovezan, saj ga lahko zapišemo kot unijo disjunktnih mnoµzic A in XnA. Separacijo podprostora Y prostora X tvorita 10

11 taki disjunktni neprazni mnoµzici A in B, da je A [ B = Y in nobena mnoµzica ne vsebuje stekališµc druge mnoµzice. µce sta prostora X in Y povezana, potem je tudi njun produkt X Y povezan. Te rezultate in njihove dokaze si lahko ogledamo v [11]. Izrek 1.7 Naj bo fa : 2 g druµzina povezanih mnoµzic in naj obstaja tak p, da je p 2 A za vsak 2. Potem je tudi [ 2A povezana mnoµzica. Dokaz. Naj bo fa : 2 g druµzina povezanih mnoµzic in p 2 \ 2A. Z Y oznaµcimo [ A in predpostavimo, da Y ni povezan. Potem mnoµzici U in V tvorita separacijo 2 za Y in oµcitno velja, da je p 2 U ali p 2 V. Brez izgube za splošnost privzemimo, da je p 2 U. Za vsak 2 je A povezana, zato je A U ali A V. Ker je p 2 U in po predpostavki p 2 A, A * V. Torej je A U za vsak 2 in zato Y U. Od tod vidimo, da je V = ;, kar pa je v protislovju s predpostavko, da separacijo tvorijo neprazne mnoµzice. Torej je Y res povezan. Primer 1.8 Naj bo X = R in Y = [ 1; 0)[(0; 1] R. Prostor Y je nepovezan, saj njegovo separacijo tvorita kar mnoµzici A = [ 1; 0) in B = (0; 1], ki sta disjunktni, neprazni in odprti v Y. Primer 1.9 Mnoµzica racionalnih števil Q ni povezana. µ Ce izberemo poljubno iracionalno število a, potem separacijo Q tvorita disjunktni mnoµzici A = Q \ ( 1; a) in B = Q\(a; 1). Edine povezane podmnoµzice racionalnih števil so mnoµzice z enim elementom. Primer 1.10 Realna os ter njeni poltraki in intervali so povezani. Naj bosta x in y toµcki prostora X. Pot od x do y je zvezna preslikava f : [a; b]! X, za katero velja, da je f(a) = x in f(b) = y. Prostor X je s potmi povezan, µce za vsak par toµck iz X obstaja pot v X od ene do druge toµcke. Oµcitno je s potmi povezan prostor povezan. Obrat ne velja! Primer 1.11 Naj bo De nirajmo mnoµzici K = 1 n : n 2 N. C = ([0; 1] f0g) [ (K [0; 1]) [ (f0g [0; 1]) 11

12 in D = Cn(f0g (0; 1)). Mnoµzici C pravimo glavnik, D pa zlomljen glavnik. Slika 1.1: Glavnik in zlomljen glavnik S P oznaµcimo toµcko (0; 1). Jasno je, da lahko D zapišemo kot unijo dveh povezanih mnoµzic A = Dn fp g in B = fp g ter velja A D C A. Zato lahko uporabimo izrek, ki pravi, da µce je neka mnoµzica X povezana in njeno zaprtje X povezan, potem je tudi mnoµzica U povezana, µce je X U X. Torej je D povezana, ni pa s potmi povezana, saj ne obstaja nobena pot iz toµcke P v katerokoli toµcko iz Dn fp g. Za podrobnosti glej [12]: Sedaj pa še na prostoru X vpeljimo ekvivalenµcno relacijo. Toµcki x in y sta v relaciji (x y), µce obstaja povezana podmnoµzica K prostora X, ki vsebuje tako x kot y. Ekvivalenµcnim razredom dobljenih s to relacijo pravimo komponente ali povezane komponente. De nicija 1.12 Lok je topološki prostor, ki je homeomorfen zaprtemu intervalu [0; 1]. Lok s krajišµci a in b oznaµcujemo z ab. Prostor X je povezan z loki, µce za vsak par toµck x; y 2 X obstaja lok s krajišµci x in y, ki je podmnoµzica X. Spoznali smo nekaj lastnosti povezanih prostorov, poglejmo pa še nekaj o kompaktnosti. Z U oznaµcimo druµzino podmnoµzic prostora X. Druµzina U je pokritje prostora X, µce je unija njenih elementov enaka X. Druµzina U je odprto pokritje X, µce je U pokritje in so elementi iz U odprte mnoµzice. 12

13 De nicija 1.13 Prostor X je kompakten, µce za vsako odprto pokritje prostora X obstaja konµcno podpokritje. Primer 1.14 Prostor s konµcno mnogo toµckami je zmeraj kompakten. Dokaz. Naj bo X prostor z elementi x 1 ; x 2 ; :::; x n za n 2 N in U = fu : 2 g njegovo poljubno pokritje X. Ker je U pokritje, obstaja neka odprta mnoµzica U 1 2 U, ki vsebuje x 1. Prav tako obstaja neka U i : x i 2 U i za i 2 f1; 2; :::; ng. Tako smo dobili konµcno pokritje za X, ki ga tvorijo kar mnoµzice U 1 ; U 2 ; :::; U n. Primer 1.15 Vzemimo prostor X = f0g [ 1 : n 2 N R in njegovo poljubno n odprto pokritje U = fu : 2 g. V U obstaja neka mnoµzica U 0, ki vsebuje 0. Potem obstaja odprta mnoµzica V 0 R : U 0 = V 0 \ X. V 0 vsebuje vse razen konµcno mnogo toµck iz X : 1; 1; 1; :::; 1. Torej U 2 3 i 0 vsebuje vse toµcke razen teh konµcno mnogo toµck 1; 1; 1; :::; 1. Podobno kot v prejšnjem primeru tudi tu obstajajo mnoµzice 2 3 i U K : 1 2 U K K za K = f1; 2; :::; ig. Našli smo konµcno podpokritje fu 0 ; U 1 ; :::; U i g za X, torej je X kompakten. Primer 1.16 Naj bo X = (0; 1] in za X izberimo odprto pokritje U = ( 1 ; 1] : n 2 N. n Intervali ( 1 ; 1] so odprti v X po relativni topologiji. Pa recimo, da obstaja konµcno n podpokritje U 0 = ( 1 ; 1]; ( 1 ; 1]; :::; ( 1 ; 1] za K 2 N. n 1 n 2 n K Brez izgube za splošnost predpostavimo, da je n K najveµcji izmed n i za i = 1; 2; :::; K. Vidimo, da U 0 ni pokritje X, saj vedno obstaja tak n K+1 > n K, da je ( 1 n K+1 ; 1] 2 X in ni v konµcnem podpokritju. Za X ne obstaja konµcno podpokritje za vsako odprto pokritje, zato X ni kompakten. Spomnimo se še nekaj lastnosti o kompaktnih prostorih. Produkt poljubno mnogo kompaktnih prostorov je spet kompakten, prav tako je konµcna unija kompaktnih prostorov kompaktna. Posebej velja omeniti, da je vsaka zaprta podmnoµzica kompaktnega prostora kompaktna. V prostoru R n opremljenim z evklidsko topologijo pa velja, da je podmnoµzica A R n kompaktna natanko tedaj, ko je A zaprta in omejena. Podrobnosti najdemo v [12]. Izrek 1.17 Zvezna slika kompaktnega prostora je kompakten prostor. Dokaz. Dano imamo zvezno preslikavo f : X! Y, kjer je X kompakten. Pa naj bo U = fu : 2 g poljubno odprto pokritje za Y. Ker je f zvezna, je ff 1 (U ) : 2 g druµzina odprtih mnoµzic v X. Zaradi kompaktnosti X obstaja konµcno mnogo mnoµzic iz te druµzine, f 1 (U 1 ); :::; f 1 (U n ), ki pokrivajo X. Potem so mnoµzice U 1 ; :::; U n konµcno pokritje za Y. 13

14 Primer 1.18 Zaprti interval [a; b] R je kompakten za poljubni a; b 2 R, saj je zaprt in omejen. Med topološke lastnosti pa uvršµcamo tudi t.i. separacijske lastnosti. Naj bo (X; T ) topološki prostor. Potem pravimo, da: 1. (X; T ) ima lastnost T 1, µce za poljubni razliµcni toµcki a in b obstaja taka odprta mnoµzica U 2 T, ki vsebuje a in ne vsebuje b. 2. (X; T ) ima lastnost T 2, µce za poljubni razliµcni toµcki a in b obstajata disjunktni odprti okolici U in V toµck a in b. 3. (X; T ) ima lastnost T 3, µce za poljubno zaprto mnoµzico A X in poljubno toµcko b 2 XnA obstajata taki odprti mnoµzici U in V, da je A U; b 2 V; U \ V = ;. 4. (X; T ) ima lastnost T 4. µce za poljubni disjunktni zaprti mnoµzici A; B X obstajata disjunktni odprti okolici U in V mnoµzic A in B. Prostor (X; T ) je T i -prostor, µce ima lastnost T i za i = 1; 2; 3; 4: T 2 -prostor imenujemo Haussdorfov prostor. µce ima X lastnosti T 1 in T 3, tedaj pravimo, da je X regularen prostor. Normalen prostor pa je prostor z lastnostima T 1 in T 4. Za topološki prostor (X; T ) velja, da µce je X metriµcen, potem je normalen. Izrek 1.19 Naj bo f : X! Y zvezna bijekcija. µ Ce je X kompakten in Y Haussdorfov prostor, potem je f homeomor zem. Dokaz. Vemo, da je f homeomor zem natanko tedaj, ko je f zvezena, bijektivna in zaprta preslikava. V pogoju izreka je f µze zvezna bijekcija, zato pokaµzimo samo še, da je f zaprta preslikava. Vemo, da je A zaprta v X in kot taka je tudi kompaktna v X. Prav tako je f(a) kompaktna, saj je slika kompaktnega prostora kompakten prostor. Ker velja, da je vsak kompakten podprostor Haussdorfovega prostora zaprt, je f(a) zaprta v X. Torej je f zaprta. Omenimo še, da je druµzina U podmnoµzic topološkega prostora X nejša od druµzine T podmnoµzic topološkega prostora X, µce za vsak element U 2 U obstaja T 2 T, tako da je U T. De nicija 1.20 Naj bo X kompakten metriµcen prostor. Potem dimenzijo prostora X, ki jo oznaµcimo z dim X, de niramo takole: 14

15 dim X n, kjer je n = 1; 0; 1; 2; :::, µce za vsako odprto pokritje prostora X obstaja nejše odprto pokritje prostora X, ki ima red manjši ali enak n dim X = n, µce je dim X n in dim X n 1 dim X = 1, µce dim X n za vse n = 1; 0; 1; 2; ::: Oµcitno imata homeomorfna prostora enaki dimenziji. Enostavno lahko vidimo tudi, da je dim X = 1 natanko tedaj, ko je X = ;. Za prostor X smo povedali kakšna je njegova dimenzija. Poglejmo sedaj še, kdaj zaporedje prostorov konvergira. De nicija 1.21 Naj bo (X; T ) topološki prostor in fa i g 1 i=1 X. De nirajmo lim inf A i in lim sup A i takole: zaporedje podmnoµzic od lim inf A i = fx 2 X : za vsak U 2 T, x 2 U, U \ A i 6= ; za vse razen konµcno mnogo ig lim sup A i = fx 2 X : za vsak U 2 T, x 2 U, U \ A i 6= ; za neskonµcno mnogo ig µce je A X in lim inf A i = lim sup A i = A, potem pravimo, da fa i g 1 i=1 konvergira k A in to zapišemo kot lim A i = A. Slika 1.2: Zaporedje prostorov A i 15

16 Poglavje 2 Osnovno o kontinuumih Ko bomo prišli do glavnih izrekov te diplomske naloge, bodo slike preslikav kontinuumi, zato bomo povedali kaj je to sploh kontinuum, omenili nekaj njihovih lastnosti in pogledali nekaj primerov za boljšo predstavo. De nicija 2.1 Kontinuum je neprazen, kompakten, povezan metriµcni prostor. Podkontinuum je kontinuum, ki je podprostor nekega kontinuuma. Izrek 2.2 µ Ce imata dva kontinuuma skupno toµcko, potem je unija teh kontinuumov spet kontinuum. Dokaz. Izrek 1.7 nam pove, da je unija povezanih prostorov s skupno toµcko povezan prostor in vemo tudi, da je unija dveh kompaktnih prostor spet kompakten, zato je oµcitno unija dveh kontinuumov spet kontinuum. Opomba 2.3 Povedali smo kaj je lok, v spomin pa si prikliµcimo še de nicijo vloµzitve. Torej lahko reµcemo, da je kontinuum X z loki povezan, µce za poljubni toµcki x in y iz X obstaja taka vloµzitev f : [0; 1]! X, da je f(0) = x in f(1) = y. Vsaka vloµzitev je zvezna, zato velja, da je z loki povezan kontinuum tudi s potmi povezan kontinuum. De nicija 2.4 Kontinuum X je unikoherenten, µce za poljubna podkontinuuma A in B, za katera je A [ B = X velja, da je tudi A \ B kontinuum. Kontinuum X je dedno unikoherenten, µce je unikoherenten vsak njegov podkontinuum. De nicija 2.5 Kontinuum X je ireducibilen, µce obstajata taki toµcki x; y 2 X, da noben pravi podkontinuum od X ne vsebuje mnoµzice fx; yg. Primer 2.6 Interval [0; 2] je ireducibilen med 0 in 2. Prav tako je poljuben lok ab ireducibilen med krajišµci a in b. 16

17 Primer 2.7 Lok je kontinuum. Dokaz. Trivialno, saj je lok po de niciji 1.12 homeomorfen [0; 1], ki je kompakten in zaprt prostor. Primer 2.8 Zaprti interval [a; b] R je kontinuum, saj je neprazen, povezan in kompakten. Prav tako je fxg kontinuum za vsak x 2 X, kjer je X metriµcen prostor. Primer 2.9 Naj bo prostor X unija kroµznice A z enaµcbo x 2 +(y 2) 2 = 1 in mnoµzice B = [1; 2]f2g. Kroµznica in daljica sta obe neprazni povezani in kompaktni mnoµzici, zato sta kontinuuma. Vidimo, da imata skupno toµcko (1; 2), zato iz izreka 2.2 sledi, da je tudi X kontinuum. Slika 2.1: Primer kontinuuma De nicija 2.10 Dendroid je z loki povezan dedno unikoherenten kontinuum. De nicija 2.11 Naj bo D dendroid, b 2 D in kardinalno število. Pravimo, da je toµcka b reda v D, µce za vsako odprto okolico U toµcke b obstaja odprta okolica V toµcke b, da b 2 V U in j Bd(V )j. Red toµcke b 2 D oznaµcimo z ord(b; D). Toµcka b 2 D je reda enaka, ord(b; D) =, µce ord(b; D) in ord(b; D) za vsako kardinalno število <. Z X oznaµcimo dendroid. Potem je njegov element x krajišµce, µce je ord(x; X) = 1. Element x dendroida X je razvejišµce, µce je njegov red 3. Z E(X) bomo v dendroidu X oznaµcevali mnoµzico vseh njegovih krajišµc. 17

18 Trditev 2.12 µ Ce je X dendroid, potem E(X) ne vsebuje nedegeneriranega kontinuuma. Dokaz. Dokaµzimo s protislovjem. Denimo, da obstaja nedegeneriran kontinuum C v E(X). S p in q oznaµcimo razliµcni toµcki iz C. Potem v C obstaja ireducibilen kontinuum med p in q (glej [11, str. 302]), ki ni lok zaradi C E(X). To pa je v protislovju z eno od karakterizacij dendroida, ki pravi, da je v dendroidu vsak par razliµcnih toµck povezan z natanko enim ireducibilnim kontinuumom vsebovanim v dendroidu, in to je ravno lok [11, str. 301]. De nicija 2.13 Dendroid X je gladek, µce obstaja toµcka p 2 X, da za vsako zaporedje elementov (a n ) 2 X, ki konvergirajo k a 2 X velja, da zaporedje lokov pa n konvergira k loku pa. Posledica 2.14 µ Ce je X gladek dendroid, potem je tudi podkontinuum Y, ki je dendroid, gladek. Dokaz. Naj bo X gladek dendroid in p 2 X taka toµcka, da za vsako konvergentno zaporedje toµck a n 2 X z limito a velja, da zaporedje lokov pa n konvergira k loku pa. Podkontinuum Y dendroida X je tudi sam dendroid (rezultat najdemo v [4, str. 240]). Torej moramo pokazati samo še, da je Y gladek dendroid. V primeru, da je p 2 Y, potem oµcitno velja, da za vsako konvergentno zaporedje a n 2 Y z limito a, zaporedje lokov pa n konvergira k loku pa. Poglejmo pa še primer, ko p =2 Y. Izberimo poljuben y 2 Y. Ker je X dedno unikoherenten, je py \ Y kontinuum. Ker je py \ Y podkontinuum loka py, je py \ Y ali lok ali toµcka. Sedaj s p 0 oznaµcimo robno toµcko tega loka py \ Y, ki ni enaka y (µce je py \ Y toµcka, potem p 0 = y). Naj bo a n konvergentno zaporedje toµck iz Y z limito a. Vidimo, da pa n = pp 0 [ p 0 a n za n = 1; 2; ::: in pa = pp 0 [ p 0 a. Od tod pa sledi, da zaporedje lokov p 0 a n konvergira in lim n!1 p 0 a n = p 0 a. Primer 2.15 Za dendroid X na spodnji sliki je mnoµzica razvejišµc enaka f2; 6; 7g in E(X) = f1; 3; 4; 5; 8; 9; 10; 11g. 18

19 Slika 2.2: Dendroid De nicija 2.16 Pahljaµca je dendroid z natanko enim razvejišµcem, ki ga oznaµcimo z v in ga imenujemo vrh pahljaµce. V pahljaµci X bomo z S(X) oznaµcili unijo vrha pahljaµce in vseh njenih krajišµc (t.j. S(X) = fvg [ E(X)). De nicija 2.17 Pahljaµca X z vrhom v je gladka, µce za vsako zaporedje x n 2 X, ki konvergira k x velja, da zaporedje lokov vx n konvergira k loku vx. Primer 2.18 Naj bo F = ([0; 1] f0g) [ ( [ n2na n ), kjer je A n daljica od toµcke (0; 0) do (1; 1 ). F je pahljaµca in jo imenujemo harmoniµcna n pahljaµca. Slika 2.3: Harmoniµcna pahljaµca 19

20 Poglavje 3 Cantorjeva pahljaµca V tem poglavju bomo spoznali posebno pahljaµco, t.i. Cantorjevo pahljaµco, ki je celo gladka. Preden povemo, kako dobimo Cantorjevo pahljaµco, pa si moramo najprej pogledati kako je de nirana Cantorjeva mnoµzica. De nicija 3.1 Dan imamo zaprti interval [0; 1], ki ga oznaµcimo s C 1. Temu intervalu odstranimo sredinsko tretjino ( 1; 2 ), tako da nam ostaneta dva zaprta intervala 3 3 [0; 1] in [ 2; 1]. Unijo teh dveh intervalov oznaµcimo s C Sedaj odstranimo sredinsko tretjino obema tema intervaloma, tako da nam ostane C 3 = [0; 1][[ 2; 1][[ 2; 7][[ 8; 1] S tem postopkom nadaljujemo v neskonµcnost. Cantorjevo mnoµzico dobimo s preseki C n po n 2 N: C = n2nc \ n. Slika 3.1: Nekaj prvih mnoµzic zaporedja C n 20

21 Opomba 3.2 Cantorjava mnoµzica ni kontinuum, saj ni povezana. Njena dimenzija je enaka 0 (glej [12, chapter 7-9]). Sedaj pa poglejmo, kako dobimo Cantorjevo pahljaµco. Najprej opremimo prostor C [0; 1] z ekvivalenµcno relacijo, za katero so (x; 1) (y; 1) za vse x; y 2 C in (x; y) (x; y) za y 6= 1. Potem je prostor (C [0; 1])= Cantorjeva pahljaµca, ki jo oznaµcujemo z F C. Pravimo, da je Cantorjeva pahljaµca F C stoµzec nad Cantorjevo mnoµzico C. Slika 3.2: Cantorjeva pahljaµca 21

22 Poglavje 4 Funkcije med kontinuumi Ker nas bodo v tej diplomski nalogi zanimale slike Cantorjeve pahljaµce, si poglejmo še nekaj posebnih preslikav, ki jih bomo vseskozi uporabljali. Omenimo pa, da bodo obravnavane preslikave praviloma slikale iz kontinuuma X v kontinuum Y in da so te preslikave zvezne. Preslikava f je odprta, µce je slika vsake odprte podmnoµzice iz X odprta podmnoµzica v f(x). Preslikava f je monotona, µce je f 1 (fyg) povezana za vsak y 2 Y. Preslikava f je monotona glede na x 2 X, µce za vsak podkontinuum Q f(x), ki vsebuje f(x) velja, da je f 1 (Q) povezana. Preslikava f je kon uentna, µce za vsak podkontinuum Q f(x) in vsako komponento K 2 f 1 (Q) velja enakost f(k) = Q. Preslikava f je lahka, µce je za vsak y 2 f(x) praslika f 1 (fyg) 0-dimenzionalna. Primer 4.1 Poglejmo si te naštete lastnosti za funkcijo f(x) = sin 1, na katero x gledamo kot na preslikavo iz X = (0; 1] v Y = [ 1; 1]. 22

23 Slika 4.1: Graf funkcije f Funkcija f je odprta, saj se intervali odprti v (0; 1] slikajo v odprte intervale. Vprašajmo se, ali je f monotona? Potem bi za vsak y 2 [ 1; 1] moral biti f 1 (fyg) povezan. Ampak vidimo, da je za y = 0 mnoµzica f 1 (f0g) enaka mnoµzici preseµcišµc grafa z abscisno osjo, ki pa je nepovezana. Torej f ni monotona. Prav tako f ni monotona v nobenem x 2 X: Opazimo pa pravzaprav še veµc, da je za vsak y 2 [ 1; 1] mnoµzica f 1 (fyg) nepovezana, saj vsebuje samo posamezne toµcke iz X. Z drugimi besedami, za vsak y 2 [ 1; 1] je f 1 (fyg) 0-dimenzionalna, torej je f lahka preslikava. Razmislimo še, ali je f tudi kon uentna? Slika 4.2: Ali je f kon uentna? 23

24 Izberimo tak podkontinuum Q kot je prikazano na sliki 4.2. Vidimo, da prasliko f 1 (Q) sestavljajo komponente K 1, K 2, K 3,... Ce µ bi bila f kon uentna, bi se vsak K n, n = 1; 2; 3; :::, moral preslikati v Q. Ampak na sliki 4.2 je lepo razvidno, da je f(k 1 ) = Q 1 6= Q. Torej f ni kon uentna. Izrek 4.2 Naj bo f : (X; T )! (Z; W) poljubna funkcija in Y X. restrikcija (zoµzitev) f jy funkcije f na Y zvezna, µce je f zvezna. Tedaj je Dokaz. Za vsak y 2 Y je fjy (y) = f(y). Ker je f po predpostavki zvezna, je oµcitno tudi f jy zvezna. De nicija 4.3 Podprostor Y prostora X je retrakt prostora X, µce obstaja zvezna funkcija f : X! Y, za katero je f(x) 2 Y in f(y) = y za vse x 2 X in vse y 2 Y. Tej zvezni funkciji f pravimo retrakcija. Trditev 4.4 Velja, da so monotone preslikave kon uentne. Prav tako so tudi odprte preslikave kon uentne. Dokaz. Dokaz najdemo v [16, str. 148]. Trditev 4.5 µ Ce je f monotona preslikava iz dedno unikoherentnega kontinuuma X v prostor Y, potem je tudi zoµzitev fja monotona, kjer je A podkontinuum kontinuuma X. Dokaz. Dokaz je v [5, str. 307]. Sedaj pa še poglejmo nekaj rezultatov, ki nam bodo posebej prav prišli pri dokazovanju glavnih trditev v zadnjem poglavju. Trditev 4.6 Naj bo F pahljaµca in f kon uentna preslikava. Potem je f(f ) ali pahljaµca ali lok. Ce µ je f(f ) pahljaµca, potem velja, da se vrh pahljaµce F preslika v vrh pahljaµce f(f ). Dokaz. Naj bo F pahljaµca in f kon uentna preslikava. Pahljaµca je dendroid in zanj velja, da je kon uentna slika dendroida spet dendroid (glej [2, Corollary 1, str. 219]). Torej je f(f ) dendroid: Pa predpostavimo, da ima f(f ) dve razvejišµci a in b. Potem je eno razvejišµce, recimo a, razliµcno od f(v). Zato obstaja podkontinuum Q v f(f ), da je a 2 Q f(f )n ff(v)g in Q ni lok. Torej f 1 (Q) F n fvg, od koder vidimo, da je vsaka komponenta od f 1 (Q) lok. Izberimo poljubno komponento A iz f 1 (Q). Ker je f kon uentna, vsako komponento iz praslike f 1 (Q) slika v Q, torej je f(a) = Q. Na tem mestu uporabimo naslednjo lastnost kon uentne preslikave: 24

25 µce je f : X! Y kon uentna, B Y in A unija komponent iz f 1 (B), potem je g = fja kon uentna preslikava iz A v f(a) ([2, str. 213]). Zato je Q lok, kar pa je v protislovju z zaµcetno ugotovitvijo, da Q ni lok, ob predpostavki, da ima f(f ) dve razvejišµci. Trditev 4.7 µ Ce je pahljaµca Y kon uentna slika pahljaµce X in µce podkontinuum Q Y vsebuje vrh pahljaµce Y, potem je f 1 (Q) povezan. Dokaz. Naj bo v vrh pahljaµce X in v 0 vrh pahljaµce Y. Po predpostavki izreka je v 0 2 Q in ker µze vemo, da velja f(v) = v 0, je v 2 f 1 (Q). 1.) Predpostavimo najprej, da Q niti lok niti degeneriran prostor in recimo, da f 1 (Q) ni povezan. Potem obstaja taka komponenta A iz f 1 (Q), da je A Xn fvg. A je povezana in ne vsebuje fvg, zato oµcitno mora biti ali lok ali toµcka. Ker je f kon uentna, slika vsako komponento iz f 1 (Q) v Q, zato je f(a) = Q. Vemo tudi, da je fja kon uentna, zato je f(a) = Q lok ali toµcka, kar pa pomeni, da je Q povezan. To pa je v protislovju s predpostavko v tej toµcki dokaza. Torej velja, da µce Q ni lok ali toµcka, je f 1 (Q) povezan. 2.) Sedaj pa predpostavimo, da je Q ali lok ali pa toµcka fv 0 g. Ker je v 0 2 Q, po predpostavki izreka obstaja v Y zaporedje kontinuumov Q n, za katere velja ::: Q n ::: Q 2 Q 1, Q = 1\ n=1 in noben od Q n ni lok ali toµcka. Prva toµcka tega dokaza nam pove, da je f 1 (Q) povezan in ker je oµcitno tudi kompakten, je f 1 (Q) kontinuum. Torej je f 1 (Q) = Q n 1\ f 1 (Q n ) n=1 padajoµce zaporedje kontinuumov f 1 (Q n ) in zato je tudi f 1 (Q) sam kontinuum. Kontinuumi so povezani prostori, zato je f 1 (Q) povezan. Trditev 4.8 µ Ce je surjektivna preslikava f : X! Y, ki pahljaµco X z vrhom v preslika v pahljaµco Y z vrhom v 0, kon uentna, potem je za vsak x 2 X zoµzitev fjvx monotona in lok vx preslika v v 0 f(x) (ki je lahko degeneriran). Dokaz. Vemo µze zaradi trditve 4.7, da je kon uentna preslikava med pahljaµcama X in Y monotona glede na vrh pahljaµce X, po trditvi 4.6 je f(v) = v 0 in oµcitno velja, kar je zapisano v izreku. 25

26 Trditev 4.9 Naj bo f : X! Y surjektivna preslikava med pahljaµcama X in Y. µ Ce je f kon uentna preslikava, potem je f(s(x)) = S(Y ). Dokaz. Najprej dokaµzimo inkluzijo f(s(x)) S(Y ). Ker je f surjektivna, obstaja tak x 2 S(X), da je y = f(x). µce je x = v, kjer je v vrh pahljaµce X, potem je zaradi trditve 4.6 y = v 0 vrh pahljaµce Y. Torej je y 2 S(Y ). V primeru, da x 6= v, pa velja, da je x 2 E(X). Inkluzijo dokaµzimo s protislovjem in predpostavimo, da je y 2 Y ns(y ) oz. y =2 S(Y ). Najprej izberimo krajišµce e tako, da je y 2 v 0 e in s K oznaµcimo komponento f 1 (ye), ki vsebuje x. Recimo, da je v K tudi vrh v. Ker je K povezana komponenta, je vx K. Lok vx je kot povezan kontinuum komponenta v X za katero velja, da je vx 2 f 1 (fyeg) in zaradi kon uentnosti preslikave f velja f(vx) = ye, od koder sledi, da je f(vx) = ye. To pa je protislovje, saj vemo, da je f(vx) = v 0 f(x) = v 0 y, kar pa ne more biti enako ye, saj smo izbrali tak e, da je y 2 v 0 e in v 0 6= e. Videli smo, da v =2 K, torej je K pravi podlok loka vx. Potem velja, da je f(k) f(vx) = v 0 f(x) = v 0 y. To pa je protislovje s kon uentnostjo preslikave f, saj bi zaradi predpostavke, da je K = f 1 (fyeg), morala veljati enakost f(k) = ye. Torej lahko zakljuµcimo, da je y 2 S(Y ), s µcimer smo dokazali inkluzijo f(s(x)) S(Y ). Sedaj pa dokaµzimo še obratno: S(Y ) f(s(x)). Naj bo y 2 S(Y ). µce je y vrh pahljaµce Y, potem y = f(v) 2 f(s(x)) zaradi trditve 4.8. Poglejmo pa še primer, ko je y 2 E(Y ) in izberimo x iz f 1 (fyg). Ker x 6= v, obstaja natanko eno krajišµce e iz X, tako da je x 2 ve. Trditev 4.8 nam pove, da se lok ve preslika v lok f(ve) s krajišµcema f(v) in f(e). Ker je f(x) = y toµcka na loku f(ve) in je y 2 E(Y ), vidimo, da je y = f(e). Še veµc, ker je xe lok, je njegova slika lok s krajišµci f(x) in f(e); ki sta enaki y, zato velja f(xe) = fyg. Torej smo pokazali, da je y 2 f(e(x)) f(s(x)). Trditev 4.10 Naj bo X gladka pahljaµca z vrhom v in f : X! Y odprta surjektivna preslikava. µ Ce je Y pahljaµca z vrhom v 0, potem velja f 1 (fv 0 g) = fvg in f(e(x)) = E(Y ). Dokaz. Dokaµzimo prvo enakost f 1 (fv 0 g) = fvg s protislovjem. Pa predpostavimo, da obstaja tak x 0 2 Xn fvg za katerega je f(x 0 ) = v 0. Izberimo tako krajišµce e 0 2 E(X), da je x 0 na loku ve 0 in krajišµce e 0 2 E(Y )n ff(e 0 )g in vpeljimo mnoµzico K = [ fvx : x 2 f 1 (fe 0 g)g X. Pokaµzimo, da je K zaprta. Naj bo (a n ) 2 K poljubno zaporedje, ki konvergira k a 2 X. Ker je (a n ) iz K, obstaja zaporedje toµck (b n ) 2 X takih, da je (a n ) 2 vb n in b n 2 f 1 (fe 0 g). µce je potrebno, lahko vzamemo njegovo konvergentno podzaporedje, tako da lahko predpostavimo, da toµcke b n konvergirajo k b 2 X. Zaradi zveznosti f, je b 2 f 1 (fe 0 g). Ker je X gladka pahljaµca, loki vb n konvergirajo k loku vb in ker je a n 2 vb n, je a 2 vb. 26

27 Torej je a 2 K; s µcimer smo dokazali, da je K zaprta. Torej je XnK odprta v X, prav tako so slike f(xnk) odprte v Y. Ker je e 0 2 E(Y )n ff(e 0 )g, je oµcitno, da e 0 =2 K in zaradi trditve 4.8 tudi x 0 =2 K. µce poleg tega upoštevamo še našo zaµcetno predpostavko, da obstaja tak x 0 2 Xn fvg : f(x 0 ) = v 0 in ker je oµcitno f(x 0 ) = v 0 2 f(xnk), vidimo, da je f(xnk) odprta okolica toµcke v 0 2 V. Zato v mnoµzici f(xnk) \ (v 0 e 0 n fv 0 ; e 0 g) obstaja toµcka y. Ker je f surjektivna, obstaja x 2 XnK : f(x) = y in naj bo robna toµcka e 1 2 X taka, da je x 2 ve 1. Tako je ve 1 n fvg XnK in pravzaprav e 1 ni v K. Ker je po trditvah 4.8 in 4.9 f(ve 1 ) lok od roba v 0 do robne toµcke iz Y in ker ta lok vsebuje toµcko y, je potem f(ve 1 ) samo lok v 0 e 0. Torej je f(e 1 ) = f(e 0 ) 2 f(k) in zaradi naµcina izbire mnoµzice K velja, da je ve 1 K, kar je v protislovju z vmesno ugotovitvijo, da je ve 1 n fvg XnK. Pokazati moramo še drugo enakost f(e(x)) = E(Y ). Spomnimo se, da zaradi trditve 4.8 velja E(Y ) f(e(x)) in je po trditvi 4.9 f(e(x)) S(Y ) = fvg[e(y ). Torej zadošµca pokazati, da ne obstaja robna toµcka e 2 X, ki bi se preslikala v v 0. Ampak to µze vemo iz prve enakosti tega dokaza in s tem je dokaz konµcan. Izrek 4.11 Kon uentna slika gladke pahljaµce je gladka pahljaµca ali lok. Dokaz. Dokaz najdemo v [3, str. 33]. Izrek 4.12 Naj bo X ireducibilen kontinuum med a in b in naj bo f zvezna monotona funkcija, ki slika iz prostora X. Potem je f(x) ireducibilen kontinuum med f(a) in f(b). Dokaz. Naj bo C tak kontinuum, da f(a); f(b) 2 C X. Ker je f monotona, je f 1 (C) kontinuum in oµcitno a; b 2 f 1 (C). Zato je f 1 (C) = X in C = f f 1 (C) = f(x). 27

28 Poglavje 5 Slike Cantorjeve pahljaµce V prejšnjih poglavjih smo se seznanili s kontinuumi, Cantorjevo pahljaµco in v splošnem pogledali nekaj lastnosti o preslikavah pahljaµc. Sedaj smo pripravljeni, da pokaµzemo kam se slika Cantorjeva pahljaµca z razliµcnimi zveznimi funkcijami. Pred glavnimi izreki pa bomo potrebovali še nekaj rezultatov, ki si jih kar poglejmo. Trditev 5.1 Pahljaµca X je gladka natanko tedaj, ko jo lahko vloµzimo v Cantorjevo pahljaµco. Dokaz. Dokaz lahko najdemo v [3, str. 24]. Posledica 5.2 Vsako gladko pahljaµco lahko predstavimo kot unijo daljic v ravnini. Dokaz. Oµcitno sledi iz trditve 5.1. V naslednjem izreku bomo obravnavali kon uentne slike Cantorjeve pahljaµce. Še prej pa poglejmo de nicijo. De nicija 5.3 Kontinuum X ima Kelleyevo lastnost, µce za vsako toµcko x 2 X in za vsako zaporedje toµck (x n ), ki konvergirajo k x, in za vsak podkontinuum L 2 X, ki vsebuje x, obstaja zaporedje podkontinuumov L n 2 X : x n 2 L n, da je L njegova limita. Izrek 5.4 Naslednje trditve so ekvivalentne za nedegeneriran kontinuum Y : 1. Y je kon uentna slika Cantorjeve pahljaµce. 2. Y lahko vloµzimo v F C in za vsako vloµzitev h : Y! F C je slika h(y ) kon uenten retrakt pahljaµce F C. 3. Y lahko vloµzimo v F C in za vsako vloµzitev h : Y! F C je slika h(y ) lahek retrakt pahljaµce F C. 28

29 4. Y lahko vloµzimo v F C in za vsako vloµzitev h : Y! F C je slika h(y ) retrakt pahljaµce F C. 5. Y je ali pahljaµca s Kelleyevo lastnostjo, ali pa lok. 6. Y je ali gladka pahljaµca, za katero je S(Y ) zaprta mnoµzica, ali pa lok. Dokaz. Dokazali bomo dve zaporedji implikacij: (6))(2))(1))(6) in (6))(3))(4) )(5))(6). (2))(1). Oµcitno, saj po predpostavki obstaja vloµzitev f : Y! F C in za vsako vloµzitev je h(y ) kon uentni retrakt pahljaµce F C. Zato obstaja kon uentna retrakcija in je h(y ) kon uentna slika.. (1))(6). Naj bo f : F C! Y kon uentna. Potem je Y po izreku 4.11 ali gladka pahljaµca ali lok. µce je Y pahljaµca, potem trditev 4.9 pove, da S(Y ) zaprta. (6))(2). Vemo, da je Y gladka pahljaµca in S(Y ) zaprta, ali pa je Y lok. Po trditvi 5.1 lahko Y vloµzimo v F C in naj bo h poljubna vloµzitev Y v F C. Za poenostavitev zapisa privzemimo, da je Y pomnoµzica F C. Poiskati µzelimo kon- uentno retrakcijo iz F C v Y. Oznaµcimo najprej vrh pahljaµce F C z v 0 in naj bo E = Cl fe 2 E(F C ) : Y \ ve 6= fvgg. Velja, da je vsaka zaprta podmnoµzica Cantorjeve mnoµzice, njen retrakt [9, str. 281]. V našem primeru je torej E retrakt od E(F C ) F C, zato obstaja retrakcija r : E(F C )! E. Naj bo f : F C! f(f C ) F C linearna razširitev retrakcije r. Vidimo, da je f kon uentna in zoµzitev f jy identiteta. Sedaj vpeljimo še preslikavo s : f(f C )! Y. Za njo naj velja, da je sjy identiteta in da je za vsako zaprto komponento K mnoµzice f(f C )ny, s(k) singlton K \ Y. Preslikava s je dobro de nirana in ker je S(Y ) zaprta, je s zvezna. Je pa s tudi monotona retrakcija. Ker je kompozitum dveh kon uentnih preslikav spet kon uentna, je s f kon uentna preslikava. Še veµc, s f je iskana kon uentna retrakcija iz F C v Y. (3))(4). Trditev je oµcitna, saj µce je h(y ) lahki retrakt pahljaµce F C, je h(y ) tudi retrakt pahljaµce F C. (4))(5). Spomnimo se samo tega, da ima F C Kelleyevo lastnost, ki se ohranja z retrakcijo [15, str. 294]. (5))(6). Tu se bomo sklicali na en del izreka iz [6, Theorem 3], ki pravi, da je pahljaµca Y s Kelleyevo lastnostjo gladka pahljaµca in za njo velja, da je S(Y ) zaprta mnoµzica. (6))(3). Tako kot pri dokazu implikacije (6))(2) predpostavimo, da je Y podmnoµzica F C, de nirajmo isto mnoµzico E, retrakcijo r in njeno (linearno) razširitev f. Zoµzitev fjy je identiteta in vidimo tudi, da je f lahka. 1.) Najprej poglejmo primer, ko je Y lok. Torej sta v mnoµzici E ena ali dve 29

30 toµcki. Vidimo lahko, da je f(f C ) tudi lok. µce je f(f C ) = Y, je dokaz konµcan. µce pa f(f C )ny ni prazna, vsebuje najveµc dve komponenti. De nirajmo retrakcijo r : f(f C )! Y tako, da je sjy identiteta in za vsako zaprto komponento K iz f(f C )ny naj bo sjk : K! Y homeomor zem, ki je identiteta na singltonu K \ Y. Potem je s f : F C! Y iskana lahka retrakcija. 2.) Zdaj pa poglejmo moµznost, ko je Y gladka pahljaµca. Vemo še, da je za poljubno komponento iz f(f C )ny je njeno zaprtje K daljica, ki ima eno krajišµce y(k) v mnoµzici Y, drugo krajišµce e(k) pa v mnoµzici E(f(F C )) E(F C ). Vzemimo tako pomoµzno daljico va, dolµzine diam F C, za katero velja, da je v preseku va \ F C samo vrh v pahljaµce F C. De nirajmo preslikavo s : f(f C )! Y [ va (ki ni nujno surjektivna) na naslednji naµcin: - sjy je identiteta, in - µce je K zaprtje komponente iz f(f C )ny, potem naj bo zoµzitev sjk izometrija komponente K = y(k)e(k) v unijo dveh daljic y(k)v [va z s(y(k)) = y(k). Preslikava s je dobro de nirana in ker je s(y ) zaprta, je s zvezna. Še veµc, s je po de niciji lahka preslikava. Sedaj vpeljimo še retrakcijo g : s g(f C )! Y takole: - gjy je identiteta in - µce je presek va\sf(f C ) nedegeneriran, ga g homeomorfno preslika v ksiran lok ve, kjer je e 2 E(Y ). Spet lahko vidimo, da je g lahka preslikava, zato je g s f : F C! Y iskana lahka retrakcija. Preden pogledamo naslednji rezultat, pa bomo potrebovali naslednjo lemo. Lema 5.5 Za vsak metrizabilen, kompakten 0-dimenzionalen prostor A obstaja taka vloµzitev g prostora A v Cantorjevo mnoµzico C, da je slika g(a) odprti retrakt mnoµzice C. Dokaz. Naj bo A metrizabilna, kompaktna 0-dimenzionalna mnoµzica. Produkt A C je homeomorfen C (kot kompaktna, 0-dimenzionalna mnoµzica brez izolirnih toµck). Izkaµze se, da je projekcija A C na A iskana odprta retrakcija. Izrek 5.6 Naj bo Y nedegeneriran kontinuum. Naslednje trditve so ekvivalentne: 1. Y je slika F C z odprto preslikavo. 30

31 2. Y je slika F C z lahko odprto preslikavo. 3. Y je slika F C z lahko kon uentno preslikavo. 4. Obstaja taka vloµzitev h : Y! F C, da je h(y ) odprt retrakt pahljaµce F C. 5. Obstaja taka vloµzitev h : Y! F C, da je h(y ) lahek odprt retrakt pahljaµce F C. 6. Obstaja taka vloµzitev h : Y! F C, da h(y ) lahek kon uenten retrakt pahljaµce F C. 7. Y je ali gladka pahljaµca z zaprto mnoµzico E(Y ); ali lok. Dokaz. Dovolj je pokazati ekvivalentnost vseh trditev razen (4) in (6), ker so implikacije (5))(4))(1) in (5))(6))(3) oµcitne. Pa razmislimo: (5))(4). µce je h(y ) lahki odprt retrakt pahljaµce F C, je oµcitno h(y ) odprt retrakt. (4))(1). Po predpostavki je h(y ) odprt retrakt pahljaµce F C, zato obstaja odprta retrakcija r : F C! h(y ). Ker smo Y vloµzili z h v F C, je h(y ) homeomorfen Y. Oµcitno je Y slika pahljaµce F C z odprto retrakcijo r. (5))(6). Po predpostavki je h(y ) lahek odprt retrakt pahljaµce F C, torej obstaja lahka odprta retrakcija. Vemo, da so odprte preslikave kon uentne, zato je oµcitno, da je h(y ) tudi lahek kon uenten retrakt pahljaµce F C. (6))(3). Obstaja lahka kon uentna retrakcija r : F C! h(y ). Podobno kot pri dokazu implikacije (4))(1), je oµcitno Y slika pahljaµce F C z lahko kon uentno retrakcijo. Da dokaµzemo ekvivalenco vseh trditev, moramo dokazati še dva kroga implikacij: (7))(5))(2))(1))(7) in (7))(5))(2))(3))(7). Naslednje tri implikacije so oµcitne: (5))(2). Razmislimo podobno kot pri dokazu (4))(1). (2))(1). Oµcitno, saj predpostavka pove, da imamo odprto preslikavo. (2))(3). Tudi ta implikacija je oµcitna, saj je odprta preslikava kon uentna. Sedaj moramo dokazati samo še tri implikacije: (1))(7), (7))(5) in (3))(7). (1))(7). Naj bo f : F C! Y odprta surjekcija. Odprte presliave so kon uentne, zato se lahko skliµcemo na izrek 5.4, od koder sledi, da je Y ali gladka pahljaµca z zaprto mnoµzico S(Y ), ali pa je Y lok. Sedaj moramo pokazati še, da µce je Y pahljaµca, je E(Y ) zaprta. Ker je E(F C ) zaprta in f odprta zvezna preslikava, po trditvi 4.10 sledi, da je E(Y ) zaprta mnoµzica. (7))(5). Ker je Y ali gladka pahljaµca ali lok, ga po posledici 5.2 lahko predstavimo kot unijo daljic. µce je Y pahljaµca, naj bo v 0 njen vrh, sicer naj bo v 0 notranja 31

32 toµcka loka. V primeru, da je Y lok, ga obravnavamo kot unijo dveh daljic, ki se stikata v v 0. Sedaj skonstruirajmo potrebno vloµzitev Y v F C. Trditev 2.12 pove, da mnoµzica E(Y ) ne vsebuje nedegeneriranega kontinuuma in kot zaprta mnoµzica, je tudi kompaktna. Zaradi teh lastnosti je E(Y ) 0-dimenzionalna. Glede na lemo 5.5 imamo tako vloµzitev g : E(Y )! g(e(y )) E(F C ), da je g(e(y )) odprt retrakt od E(F C ), zaradi µcesar obstaja odprta retrakcija r : E(F C )! g(e(y )). Naj bo h : Y! h(y ) F C linearni razteg g. Ker je E(Y ) zaprta, je h zvezna. Po de niciji je injektivna, zato je h vloµzitev. Preslikava f : F C! h(y ) pa naj bo linearni razteg odprte retrakcije r: Oµcitno je, da je f zvezna. Ker je r retrakcija iz E(F C ) v r(e(f C )) = g(e(y )) = h(e(y )), in ker sta h in f linearna raztega funkcij g in r vidimo, da je f retrakcija iz stoµzca F C nad domeno E(F C ) funkcije r, v stoµzec f(f C ) = h(y ) nad sliko r(e(f C )) = h(e(y )). Nadalje velja, da je za vsak y 2 Y mnoµzica f 1 (h(y)) kompaktna in ne vsebuje nedegeneriranega podkontinuuma, zaradi µcesar je 0-dimenzionalna. Torej je f lahka. Odprtost preslikave f je posledica odprtosti retrakcije r in linearnosti preslikave fjve za vse e 2 E(F C ), kjer je v vrh pahljaµce F C. (3))(7). Naj bo f : F C! Y lahka kon uentna surjekcija. Iz izreka 5.4 sledi, da je Y ali gladka pahljaµca ali lok. Dokazati moramo še, da je E(Y ) zaprta mnoµzica v primeru, da je Y pahljaµca. Naj bo v 0 vrh Y in predpostavimo, da E(Y ) ni zaprta. Potem po trditvi 4.9 obstaja toµcka e 2 E(F C ), da f(e) = v 0. Ampak trditev 4.8 nam pove, da velja f(ve) = fv 0 g, zato f ni lahka, kar pa je v protislovju z zaµcetkom. V izreku 5.4 so trditve veljale za vsako vloµzitev h, medtem ko v zgornjem izreku 5.6, trditve (4), (5) in (6) niso resniµcne za vsako vloµzitev h. Namreµc, µce je Y F C homeomorfna kopija F C, skrµcena za faktor 2 in vrh pahljaµce Y sovpada z vrhom od F C, potem vsaka kon uentna retrakcija f : F C! Y skrµci komponento iz F C ny v ustrezno pripadajoµce krajišµce v Y, ki leµzi v zaprtju te komponente. Pravzaprav je taka kon uentna retrakcija monotona glede na vrh Cantorjeve pahljaµce F C (zaradi trditve 4.7). De nicija 5.7 Naj bo X pahljaµca. Lok ab X je prost, µce je abn fa; bg odprt v X. Izrek 5.8 Pahljaµco X lahko z monotono surjekcijo preslikamo na lok natanko tedaj, ko X vsebuje prost lok. Dokaz. (() µce pahljaµca X vsebuje prost lok ab, potem ima Xn(abn fa; bg) natanko dve komponenti: A, ki vsebuje a in B, ki vsebuje b. De nirajmo surjekcijo f : X! 32

33 ab tako, da 8 < x, µce x 2 ab f(x) = a, µce x 2 A : b, µce x 2 B Oµcitno je, da je f iskana monotona retrakcija. ()) Naj bo f monotona surjekcija iz X na lok ab. Predpostavimo, da X ne vsebuje prostega loka. Ker sta f 1 (fag) in f 1 (fbg) disjunktna podkontinuuma od X, en od njiju vsebuje v. Pa recimo, da je v 2 f 1 (fbg). Zato je f 1 (fag) lok ali toµcka vsebovana v loku ve 0 za neko krajišµce e 0 2 X. Z d oznaµcimo metriko na X in brez izgube za splošnost predpostavimo, da je metrika d na loku ab konveksna. Naj bo 0 < " < d 0 (a; f(v)). Izberimo tako pozitivno število < d(v; f 1 (fag)), da velja, µce d(x 1 ; x 2 ) <, potem d 0 (f(x 1 ); f(x 2 )) < " za vsak x 1 ; x 2 2 X. Izberimo x 0 2 f 1 (fag). Ker v X ni prostega loka, -okolica toµcke x 0 vsebuje še nek x iz loka ve za neko krajišµce e 2 E(X)n fe 0 g. Zato lok xx 0 vsebuje vrh v. Nadaljno, preslikava fjxx 0 je po trditvi 4.5 monotona in oµcitno ni konstantna, zato je f(xx 0 ) po izreku 4.12 lok od f(x 0 ) do f(x), za katerega velja d 0 (a; f(x)) < ". Zaradi konveksnosti metrike d 0 zakljuµcimo, da se cel lok af(x) = f(xx 0 ) nahaja v "-okolici toµcke a, od koder sledi d 0 (a; f(v)) < ", kar je protislovje. Za vsak n 2 f1; 2; 3; :::g z FC n oznaµcimo kopijo Cantorjeve pahljaµce z lastnostjo diam(fc n) < 1=n in naj bo F C! unija takih pahljaµc F C n, ki imajo vse vrhove v isti toµcki. Z drugimi besedami, F C! je homeomorfen F C=ve za nek ksen e 2 E(F C ).. Slika 5.1: Skica F! C 33

34 Izrek 5.9 Naj bo Y nedegeneriran kontinuum. Naslednje trditve so ekvivalentne: 1. µ Ce je f monotona, je Y slika Cantorjeve pahljaµce. 2. Obstaja vloµzitev h : Y! F C, da je h(y ) monoton retrakt od F C. 3. Y je homeomorfen ali F C ali F! C. Dokaz. (2))(1). Po predpostavki je h(y ) monoton retrakt, torej obstaja monotona retrakcija r : F C! h(y ). Ker smo Y vloµzili z h v F C, je h(y ) homeomorfen Y. Oµcitno je Y slika pahljaµce F C z monotono retrakcijo. (1))(3). Predpostavimo, da je surjekcija f : F C! Y monotona. Zato je po izreku 5.4 kontinuum Y gladka pahljaµca ali pa lok. Izrek 5.8 pove, da Y ne more biti lok, zato je Y gladka pahljaµca. Po trditvi 5.1 lahko predpostavimo, da lahko Y vloµzimo v Cantorjevo pahljaµco F C. Oznaµcimo z v vrh pahljaµce F C (domena f), naj bo v 0 = f(v) in T = S(F C )nf 1 (fv 0 g). Obravnavajmo sedaj dva primera. 1.) Naj bo v 0 2 Y ncle(y ). Zato je singlton fv 0 g hkrati odprt in zaprt v mnoµzici S(Y ). Po trditvi 4.9 je zoµzitev fjs(f C ) : S(F C )! S(Y ) zvezna surjekcija, zato je presek S(F C ) \ f 1 (fv 0 g) hkrati odprt in zaprt v mnoµzici S(F C ). Od tod sledi, da je T zaprta in odprta podmnoµzica mnoµzice E(F C ) in zaradi tega homeomorfna Cantorjevi mnoµzici. Dokaµzimo sedaj, da je zoµzitev f jt homeomor zem. Dovolj je pokazati, da je ta zoµzitev injektivna. Pa recimo, da ni injektivna. Potem za dve razliµcni toµcki e 1 in e 2 iz E(F C ) velja, da je f(e 1 ) = f(e 2 ). Potem je f 1 (f(e 1 )) povezan in kot tak, vsebuje vrh v 0, kar pa nas je pripeljalo do protislovja. Torej vidimo, da je E(Y ) = f(t ) homeomorfen Cantorjevi mnoµzici. Od tod lahko zakljuµcimo, da so stoµzci nad tema mnoµzicama homeomorfni F C, torej, da je Y homeomorfen F C. 2.) Sedaj pa poglejmo še primer, ko je v 0 2 ClE(Y ). Potem je T odprta podmnoµzica mnoµzice E(F C ), ne pa tudi zaprta. Torej jo lahko predstavimo kot unijo števno mnogo baznih elementov Cantorjeve mnoµzice E(F C ) na naslednji naµcin: T = [ fe n : n 2 f1; 2; 3; :::gg, kjer so E n paroma disjunktne mnoµzice, hkrati zaprte in odprte v E(F C ), so kopije Cantorjeve mnoµzice in zanje velja, da je diam E n n!1 = 0. Podobno kot v prejšnjem primeru lahko pokaµzemo, da je za vsak n, zoµzitev funkcije f na E n homeomor zem. Jasno je, da je E(Y ) = f(t ) = [ ff(e n ) : n 2 f1; 2; 3; :::gg 34

35 in fv 0 g = lim f(e n ). Naj bo F n pahljaµca z vrhom v 0 in krajišµci iz f(e n ). Opazimo, da je F n homeomorfen Cantorjevi mnoµzici, da je lim F n = fv 0 g, F n \ F m = fv 0 g za n 6= m in Y = [ ff n : n 2 f1; 2; 3; :::gg. Zato obstaja naravni homeomor zem med Y in F C!. (3))(2). µce je Y homeomorfen F C, potem je iskana vloµzitev kar dani homeomor- zem. Zato poglejmo primer, ko je Y homeomorfen F C!. Torej je Y = [ fy n : n 2 f1; 2; 3; :::gg, vsak Y n je kopija Cantorjeve pahljaµce, za katere velja, da je lim Y n = fv 0 g = Y n \ Y m za n 6= m in je v 0 vrh Y. Za vsak n 2 f1; 2; 3; :::g vpeljimo mnoµzico 2 E n = 3 ; 1 \ E(F n 3 n 1 C ). Vsak E n je del Cantorjeve mnoµzice E(F C ) in zato lahko FC n 1 = (E n 1 n ; 1 )=E n f1g obravnavamo kot podpahljaµco Cantorjeve pahljaµce F C = (E(F C ) [0; 1])=E(F C ) f1g. Vzemimo homeomor zem h n : Y n! F n C in ga de nirajmo h : Y = [ Y n! [ F n C F C tako, da je hjy n = h n za vsak n 2 f1; 2; 3; :::g. Potem je h vloµzitev Y v F C. Sedaj lahko iskano monotono retrakcijo iz F C v [ FC n = h(y ) de niramo na naraven naµcin tako, da vsako komponento K iz mnoµzice F C nh(y ) slika v singlton h(y ) \ ClK. Spomnimo se še enkrat druge toµcke izreka 5.9. S kratkim razmislekom lahko vidimo, da h(y ) ni monotoni retrakt od F C za vsako vloµzitev h : Y! F C. Namreµc, µce za Y vzamemo pahljaµco, ki je homeomorfna F C in jo vloµzimo v F C kot nikjer gosto mnoµzico, potem Y ni monotoni retrakt Cantorjeve pahljaµce F C. Do sedaj smo z rezultati v izrekih 5.6 in 5.9 pokazali, da je za monotono odprto preslikavo f, nedegeneriran kontinuum X, slika Cantorjeve pahljaµce natanko tedaj, ko je X homeomorfen Cantorjevi pahljaµci F C. Ampak velja še veliko veµc, zato kar poglejmo naslednji rezultat. Izrek 5.10 Vsaka monotona odprta preslikava, ki slika iz Cantorjeve pahljaµce, je homeomor zem. 35

36 Dokaz. Naj bo f monotona odprta preslikava iz Cantorjeve pahljaµce F C. Ker je f kot monotona preslikava tudi kon uentna, lahko uporabimo trditvi 4.8 in 4.10, od koder sledi, da je za vsako krajišµce e 2 X, lok ve X inverz slike f(ve), torej ve = f 1 (f(ve)). Zoµzitev funkcije fjve je kot monotona in odprta funkcija, homeomor zem (zaradi trditve 4.8 in [16, str. 147]). Pokaµzimo še, da je f injektivna. Iz mnoµzice Xn fvg vzemimo poljubni x 1 2 ve 1 in x 2 2 ve 2 za razliµcni krajišµci e 1 ; e 2 2 X. Ker je x 1 x 2 = x 1 v [vx 2 in zoµzitev fjx 1 x 2 monotona (zaradi trditve 4.5), sledi, da je f(x 1 ) 6= f(x 2 ) (sicer bi veljalo, da je v 0 = f(v) 2 f(x 1 x 2 ) = ff(x 1 )g = ff(x 2 )g, kar pa bi bilo v protislovju z trditvijo 4.10). V izrekih 5.4, 5.6, 5.8, 5.9 in 5.10 smo obravnavali kon uentne preslikave in retrakcije, kjer je bil nedegeneriran kontinuum Y slika Cantorjeve pahljaµce (v splošnem so to v izrekih bili pogoji (1)). Zato je bil Y glede na toµcko (6) v izreku 5.4, pahljaµca ali lok. Cantorjevo pahljaµco pa seveda lahko slikamo z lahko preslikavo, ki ni nujno kon uentna kot to velja za monotone ali pa odprte preslikave. V tem primeru pa kontinuum Y kot lahka slika Cantorjeve pahljaµce ni veµc nujno 1-dimenzionalen. Veµc o tem pa piše v [7]. 36