TAMPEREEN YLIOPISTOInformaatiotieteiden yksikkö

TOPOLOGIA

Arttu Ojanperä (Eero Hyryn luentojen mukaan)2013

Sisältö

1 Johdanto 41 Jatkuvat kuvaukset . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 Avoimet joukot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Avoimien joukkojen leikkaukset ja yhdisteet . . . . . . . . . . 7

2 Topologiset avaruudet 101 Topologian peruskäsitteitä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 Jatkuvat kuvaukset topologiassa . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3 Suljetut joukot ja sulkeumat 161 Suljetut joukot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 Sisäpisteet, ulkopisteet ja reuna . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 Sulkeuma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 Kasaantumispisteet ja erakkopisteet . . . . . . . . . . . . . . . 23

4 Hausdorffin avaruudet 251 Suppenevat jonot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252 Hausdorffin avaruudet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

5 Topologian kanta 281 Kannan määritelmä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282 Kantakriteeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

6 Aliavaruudet 321 Indusoidut topologiat ja aliavaruudet . . . . . . . . . . . . . . 322 Aliavaruuden ominaisuuksia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

7 Tuloavaruudet 361 Tuloavaruuden määritelmä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362 Jatkuvat kuvaukset tuloavaruuksissa . . . . . . . . . . . . . . 38

8 Homeomorfismit 421 Homeomorfismin määritelmä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422 Homeomorfismien ominaisuuksia . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

1

9 Metriset Avaruudet 491 Metriikat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492 Metriikan indusoima topologia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

10 Yhtenäisyys 571 Yhtenäisyyden määritelmä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572 Polkuyhtenäisyys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603 Yhtenäiset komponentit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

11 Kompaktisuus 661 Kompaktit topologiset avaruudet . . . . . . . . . . . . . . . . 662 Jonokompaktisuus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

12 Tekijäavaruudet 791 Kertausta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 792 Tekijätopologiat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 813 Samaistuskuvaukset . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

13 Äärettömät tuloavaruudet 911 Johdanto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 912 Äärettömän tulotopologian kanta . . . . . . . . . . . . . . . . 923 Tulotopologian ominaisuuksia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954 Filtterit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

2

EsipuheTopologia on modernissa muodossaan 1900-luvulla syntynyt matematiikanosa-alue (pohjana Henri Poincarén (1854–1912) paperi ”Analysis Situs” vuo-delta 1895). Se on algebran ja analyysin ohella yksi modernin matematiikanpääosa-alueista. Sana ”topologia” on johdettu kreikan kielestä, ja tarkoit-taa jotaikuinkin samaa kuin ”paikan tieto” tai ”paikan tutkimus”. Jo tämänperusteella voidaan helposti arvata, mitä ovat ne elementit, joiden tutkimuk-seen topologia keskittyy.

Tutkimuskohteena ovat siis muodot ja kuviot, aivan kuten geometrias-sakin. Mutta toisin kuin kvantitatiiviseen käsittelyyn keskittyvässä geomet-riassa, topologiassa ollaan kiinnostuneita muotojen ja kuvioiden kvalitatii-visista ominaisuuksista, ja etenkin sellaisista ominaisuuksista, jotka säilyvätjatkuvissa muutoksissa. On siis mahdollista muokata venyttämällä kuvioitamiten paljon vain, kuitenkin ilman repimistä. Topologiaa onkin luonnehdittu”plastiseksi geometriaksi” ja jopa ”muovailuvahageometriaksi”.

Onkin huomionarvoista, että sellaiset geometriset kuviot kuten neliö, suo-rakaide, ympyrä ja ellipsi ovat kaikki keskenään topologisesti ekvivalentteja.Kuitenkin ympyrä, jossa on reikä keskellä, ei ole näiden kanssa topologises-ti ekvivalentti. Yksi yleisesti kuultava anekdootti sanookin topologin olevansellainen matemaatikko, joka ei erota toisistaan kahvikuppia ja munkkirin-kilää.

Tämä oppimateriaali on tarkoitettu käytettäväksi yliopistotason topolo-gian kurssilla (tai vastaavalla). Se on laadittu alunperin Tampereen yliopistonInformaatiotieteiden yksikön tarjoaman topologian kurssin opiskelijoille. Ma-teriaali pohjautuu professori Eero Hyryn ko. kurssilla vuonna 2013 pitämiinluentoihin.

3

Luku 1

Johdanto

Aivan kuten abstraktissa algebrassa, myös abstraktissa topologiassa ei peri-aatteessa ole väliä sillä, mitä ovat perimmiltään ne joukot, joista konstruk-tioita muodostetaan. Ei kuitenkaan ole tarkoituksenmukaista ruveta suoraapäätä käsittelemään topologian abstraktioita. Tässä luvussa pyritäänkin esit-tämään reaalianalyysistä tuttujen käsitteiden yhteys topologiaan. Tällä ta-valla opitaan käyttämään joitakin topologian keskeisiä sääntöjä hieman kon-kreettisempien esimerkkien kautta.

1 Jatkuvat kuvauksetPalautetaan mieleen reaalianalyysistä tuttu jatkuvien kuvausten määritelmä.On siis muisteltava vastausta seuraavaan kysymykseen:

Milloin kuvaus f : R→ R on jatkuva?Idea: Kyseinen kuvaus on jatkuva täsmälleen silloin, kun f(x) voidaan

saada mielivaltaisen lähelle f(x0):aa, kun x valitaan tarpeeksi läheltä x0:aa.Reaalianalyysissä tärkein työkalu annetun kuvauksen jatkuvuuden todista-miseksi onkin tunnetusti ”epsilon–delta-menetelmä”.

ε–δ-määritelmä: Kuvaus f : R → R on jatkuva, mikäli kaikilla x0 ∈ Rpätee seuraava ehto:

Kaikilla ε > 0 on olemassa sellainen δ > 0, että

|x− x0| < δ ⇒ |f(x)− f(x0)| < ε.

Esimerkki. Kuvaus f : R→ R, x 7→ x2 on jatkuva.

Todistus. Olkoon x0 ∈ R ja olkoon ε > 0. Nyt

|f(x)− f(x0)| = |x2 − x20| = |(x+ x0)(x− x0)| = |x+ x0||x− x0|

Havainto: Jos |x− x0| < 1, niin

|x+ x0| = |x− x0 + 2x0|,

4

jolloin kolmioepäyhtälön nojalla

|x+ x0| = |x− x0 + 2x0| ≤ |x− x0|+ |2x0|.

Edelleen oletuksen |x− x0| < 1 nojalla

|x+ x0| = |x− x0 + 2x0| ≤ |x− x0|+ |2x0| < 1 + |2x0|.

Täten|f(x)− f(x0)| = |x+ x0||x− x0| < (1 + |2x0|)|x− x0|.

Valitaan siis δ = min(1, ε1+2|x0|). Tällöin kun |x−x0| < δ, niin |x−x0| < 1 ja

|f(x)− f(x0)| < (1 + 2|x0|)|x− x0|

< (1 + 2|x0|)ε

1 + 2|x0|< ε �

Ajatus on siis, että valitaan mikä tahansa nollaa suurempi ε, niin on ainalöydettävissä sitä vastaava nollaa suurempi δ siten, että aina kun tarkastel-laan x:n arvoja alle δ:n etäisyydellä x0:sta, niin vastaavat funktion arvot ovatalle ε:n etäisyydellä f(x0):sta.

Havainto:

|x− x0| < δ ⇔ −δ < x− x0 < δ

⇔ x0 − δ < x < x0 + δ.

Nyt siis voidaan määritellä tähän liittyvä avoin reaalilukuväli:

{x ∈ R | |x− x0| < δ } = ]x0 − δ, x0 + δ[.

Jatkuvuuden määritelmä voidaan siis kirjoittaa muotoon:Kaikilla ε > 0 on olemassa δ > 0 siten, että

x ∈ ]x0 − δ, x0 + δ[ ⇒ f(x) ∈ ]f(x0)− ε, f(x0) + ε[,

elif(]x0 − δ, x0 + δ[) ⊆ ]f(x0)− ε, f(x0) + ε[.

Toisin sanoen, jokaiselle nollaa suuremmalle ε:lle on olemassa sellainen nollaasuurempi δ, että avoin väli x0 − δ:sta x0 + δ:aan kuvautuu avoimen välinf(x0)− ε:sta f(x0) + ε:aan sisälle.

5

2 Avoimet joukotTämän lyhyen kertauksen jälkeen voidaan siirtyä tarkastelemaan topologi-sia käsitteitä sovellettuna reaalisiin joukkoihin. Topologian peruskäsitteistäolennaisin on avoimen joukon käsite, ja näin ollen aloitamme tämän tarkas-telun juuri tästä käsitteestä.

Määritelmä 1.1. Olkoon U ⊆ R. Sanotaan, että U on avoin, mikäli kaikillax0 ∈ U on olemassa δ (= δ(x)) > 0 siten, että

]x0 − δ, x0 + δ[⊆ U.

Toisin sanoen, jokainen avoimen joukon U alkio on keskikohta jollekin U :hunsisältyvälle avoimelle välille.

Kun puhutaan avoimista joukoista, herää tietysti kysymys, tarkoittaakotämä reaalisten joukkojen tapauksessa samaa kuin avoimet välit. On helppohuomata, että selvä yhteys näiden käsitteiden välillä onkin olemassa.

Esimerkki. Jokainen avoin väli ]a, b[, missä −∞ ≤ a < b ≤ ∞, on avoin.

Todistus. Olkoon x0 ∈]a, b[. Jos 0 < δ < min(x0 − a, b− x0), niin{x0 + δ < x0 + b− x0 = bx0 − δ > x0 − (x0 − a) = a,

joten]x0 − δ, x0 + δ[ ⊆ ]a, b[. �

Jos siis avoimet välit ovat topologisessa mielessä avoimia, tuntuu järkevältäolettaa, että vastaavasti suljetut välit eivät ole avoimia. Onkin yksinkertaistatodistaa tämä intuitiivinen olettamus.

Esimerkki. Jos a < b, niin suljettu väli [a, b] ei ole avoin.

Todistus. Selvästi kaikilla δ > 0 pätee:

]b− δ, b+ δ[ 6⊆ [a, b]. �

Esimerkki. Tyhjä joukko ∅ ja koko reaalilukujen joukko R ovat avoimia.

Todistus. Reaalilukujen joukko R on avoin, koska kaikille x ∈ R ja kaikilleδ > 0 pätee

]x− δ, x+ δ[ ⊆ R.

Tyhjä joukko ∅ taas on avoin, koska ei tietenkään ole olemassa sellaista al-kiota x ∈ ∅, jolle avoimen joukon ehto ei päde. �

Myöhemmin todetaan, että nämä joukot ovat erikoistapauksia, joilla on joi-takin mielenkiintoisia ominaisuuksia.

6

Topologisessa jatkuvien kuvausten määritelmässä jatkuvuus yhdistetäänavoimiin joukkoihin. Tämä yhteys osoitetaan seuraavaksi reaalisille joukoil-le, käyttäen edellä todistettua avoimen välin avoimuutta, sekä aikaisemminesitettyä vaihtoehtoista jatkuvuuden määritelmää.

Lause 1.2. Kuvaus f : R→ R on jatkuva jos ja vain jos alkukuva

f−1(U) = {x ∈ R | f(x) ∈ U }

on avoin kaikilla avoimilla joukoilla U ⊆ R.

Todistus. ”⇒ ” Olkoon x0 ∈ f−1(U). Silloin f(x0) ∈ U . Koska U on avoin,on olemassa sellainen ε > 0, että

]f(x0)− ε, f(x0) + ε[ ⊆ U

Tällöin kappaleessa 1 esitetystä jatkuvuuden määritelmän muotoilusta seu-raa, että on olemasse δ > 0 siten, että

f(]x0 − δ, x0 + δ[) ⊆ ]f(x0)− ε, f(x0) + ε[

Siis

f(]x0 − δ, x0 + δ[) ⊆ U,

joten ]x0 − δ, x0 + δ[ ⊆ f−1(U).

Täten f−1(U) on avoin.”⇐ ” Olkoon x0 ∈ R ja olkoon ε > 0. Tällöin aiemmin todistetun esi-

merkin nojalla avoin väli ]f(x0) − ε, f(x0) + ε[ on avoin. Edelleen oletuksennojalla alkukuva f−1(]f(x0)− ε, f(x0) + ε[) on avoin. Nyt

f(x0) ∈ ]f(x0)− ε, f(x0) + ε[,joten x0 ∈ f−1(]f(x0)− ε, f(x0) + ε[).

Täten on olemassa δ > 0 siten, että

]x0 − δ, x0 + δ[ ⊆ f−1(]f(x0)− ε, f(x0) + ε[).

Tällöinf(]x0 − δ, x0 + δ[) ⊆ ]f(x0)− ε, f(x0) + ε[,

joten kappaleessa 1 esitetystä jatkuvuuden määritelmän muotoilusta seuraa,että f on jatkuva. �

3 Avoimien joukkojen leikkaukset ja yhdis-teet

Olemme todenneet, että avoimet reaalilukuvälit ovat topologisessa mieles-sä avoimia. Seuraavaksi osoitetaan, että voidaan muodostaa uusia avoimiajoukkoja käyttämällä avoimien joukkojen yhdisteitä ja leikkauksia.

7

Lause 1.3. Jos (Ui)i∈I on perhe avoimia joukkoja, niin yhdiste⋃i∈IUi ⊆ R

on avoin.

Todistus. Olkoon x0 ∈⋃i∈IUi.

Nyt on olemassa i ∈ I siten, että x0 ∈ Ui. Koska Ui on avoin kaikilla i ∈ I,niin on olemassa sellainen δ > 0, että avoin väli

]x0 − δ, x0 + δ[ ⊆ Ui.

Tällöin, koska Ui ⊆⋃i∈IUi, niin edelleen ]x0 − δ, x0 + δ[ ⊆

⋃i∈IUi. �

Lause 1.4. Jos U1, . . . , Un ⊆ R (n ∈ N) ovat avoimia, niin myös leikkaus

U1 ∩ U2 ∩ . . . ∩ Un ⊆ R

on avoin.

Todistus. Olkoon x0 ∈ U1 ∩ . . . ∩ Un. Silloin x0 ∈ Ui kaikilla i ∈ {1, . . . , n}.Koska Ui on avoin kaikilla i, niin kaikille Ui on olemassa sellainen δi > 0,

että]x0 − δi, x0 + δi[ ⊆ Ui.

Merkitään δ = min{ δi | i = 1, . . . , n }. Tällöin

]x0 − δ, x0 + δ[ ⊆ ]x0 − δi, x0 + δi[

kaikilla i ∈ {1, . . . , n}. Siis

]x0 − δ, x0 + δ[ ⊆ U1 ∩ . . . ∩ Un,

joten U1 ∩ . . . ∩ Un on avoin. �

Huomataan, että myös ääretön yhdiste toteuttaa lauseen 1.3, mutta leikkauk-sen ollessa kyseessä lause 1.4 pätee yleispätevästi vain äärellisille tapauksille.Seuraavaksi esitetään yksi esimerkki äärettömästä avoimien joukkojen leik-kauksesta, joka ei itse ole avoin.

Esimerkki. Ääretön leikkaus∞⋂i=1

]− 1, 1i[ = ]− 1, 0]

ei ole avoin.

Edellä on todettu, että suljetut välit eivät selvästikään ole avoimia. Seuraa-vaksi esitellään suljetun joukon käsite, joka on topologisessa mielessä erään-lainen vastakohta avoimille joukoille. Yhteys suljettuihin reaalilukuväleihinon intuitiivinen, ja myös helppo todistaa.

8

Määritelmä 1.5. Sanotaan, että joukko F ⊆ R on suljettu, mikäli senkomplementti R \ F on avoin.

Esimerkki. Suljettu väli [a, b] ⊆ R, missä a, b ∈ R, a < b, on suljettu.

Todistus. Suljetun välin komplementti

R \ [a, b] = ]−∞, a[ ∪ ]b,∞[.

Koska avoimet välit ovat avoimia, ja avoimien joukkojen yhdisteet ovat avoi-mia (Lause 1.3), niin ]−∞, a[ ∪ ]b,∞[ on avoin, joten [a, b] on suljettu. �

Huomautus. Tyhjä joukko ∅ sekä koko reaalilukujen joukko R ovat mo-lemmat sekä avoimia että suljettuja! Edellä on todistettu, että ne ovat mo-lemmat avoimia. Ne ovat kuitenkin toistensa komplementteja, joten niillämolemmilla on avoin komplementti. Näin ollen ne ovat myös suljettuja.

9

Luku 2

Topologiset avaruudet

Edellisessä luvussa tarkasteltiin, miten tiettyjä topologisia konsepteja voi-daan soveltaa reaalilukujen osajoukoille. Tämän konkretisoinnin jälkeen onluontevaa siirtyä näiden peruskäsitteiden yleistyksiin. Aloitamme määritte-lemällä yleistykset edellä mainituille peruskäsitteille.

1 Topologian peruskäsitteitäTopologiassa olennaisimpia konstruktioita ovat niinsanotut topologiset ava-ruudet, joiden kvalitatiivisten ominaisuuksien tutkimiseen koko topologia no-jaa. Topologisen avaruuden määritelmä perustuu puhtaasti joukko-oppiin, jaon laajin sellainen avaruuden konstruktio, joka tarjoaa mahdollisuuden mm.jatkuvuuden määrittelyyn.

Määritelmä 2.1. Olkoon X joukko ja olkoon T ⊆ P(X) kokoelma sen os-ajoukkoja. Sanotaan, että pari (X, T ) on topologinen avaruus, mikäli seuraa-vat kolme aksioomaa ovat voimassa:

T1: ∅, X ∈ T

T2: Ui ∈ T , i ∈ I ⇒⋃i∈IUi ∈ T

T3: U1, . . . , Un ∈ T ⇒ U1 ∩ . . . ∩ Un ∈ T

Tällöin joukon X alkioita sanotaan pisteiksi. Kokoelman T jäsenet ovat X:navoimia osajoukkoja.

Topologinen avaruus koostuu siis joukosta pisteitä, sekä kokoelmasta avoimiapistejoukkoja.

Huomautus. Usein puhutaan vain topologisesta avaruudesta X ja sen avoi-mista joukoista.

10

Tässä vaiheessa on tärkeää todeta, että edellisessä luvussa esitelty reaaliluku-jen avoimien osajoukkojen määritelmä toteuttaa topologisen avaruuden ak-sioomat, koska muuten olisimme tehneet turhaa työtä. Tämän todistaminenon onneksi helppoa.

Esimerkki. Merkitään

T := {U ⊆ R | U avoin }.

On todettu, että ∅ ja R ovat avoimia, joten aksiooma T1 toteutuu. Myöskinedellisessä luvussa todistettiin avoimien joukkojen yhdisteiden ja äärellistenleikkausten avoimuus reaalisille joukoille, joten myös aksioomat T2 ja T3toteutuvat, siis (R, T ) on topologinen avaruus.

Eräs käytännöllinen topologinen avaruus voidaan määritellä myös reaalia-nalyysistä tutuilla menetelmillä. Palautetaan mieleen euklidinen etäisyys jar-säteinen kuula, ja voimme muotoilla seuraavan topologian:

Esimerkki. Jos x ∈ Rn ja r > 0, niin x-keskinen ja r-säteinen kuula on

B(x, r) := { y ∈ Rn | |y − x| < r },

missä |y − x| =√

(y1 − x1)2 + . . .+ (yn − xn)2.Sovitaan, että U ⊆ Rn on avoin, mikäli kaikilla x ∈ U on olemassa r > 0

siten, että B(x, r) ⊆ U .Merkitään

T := {U ⊆ Rn | U avoin }.

Nyt (Rn, T ) on topologinen avaruus. T on Rn:n standarditopologia.

Todistus. HT. �

Käydään vielä läpi joitakin erityisiä topologisia avaruuksia.

Esimerkki. Olkoon X joukko. Tällöin

• T = {∅, X} on X:n triviaali topologia.

• T = P(X) (= X:n kaikki osajoukot) on X:n diskreetti topologia.

Esimerkki. Olkoon X = {0, 1}. Tällöin

T = {∅, {0, 1}, {0}}

on X:n topologia (Sierpińskin topologia).

Joukko {0, 1} varustettuna Sierpińskin topologialla on pienin sellainen to-pologinen avaruus, joka ei ole triviaali tai diskreetti. Sen yhteys esimerkiksilaskettavuuden teoriaan on merkittävä.

11

Esimerkki. Olkoon X joukko. Merkitään

T := {U ⊆ X | X \ U äärellinen } ∪ {∅}.

Saadaan topologia (kofiniittinen topologia).

Todistus. HT. �

Olemme esittääneet kolmeen aksioomaan perustuvan määritelmän topologi-selle avaruudelle, sekä käyneet esitelmänomaisesti läpi erilaisia topologioita.Seuraavaksi on tarpeen esitellä ensimmäinen käsite, joka liittyy eri topolo-gioiden välisiin suhteisiin.

Määritelmä 2.2. Olkoon X joukko ja olkoot T1 ja T2 sen topologioita. JosT1 ⊆ T2, niin sanotaan, että T1 on karkeampi kuin T2, tai että T2 on hienompikuin T1.

Esimerkki. Jos X on joukko, niin sen triviaali topologia T = {∅, X} on senkaikkein karkein topologia. Toisaalta diskreetti topologia T = P(X) on senkaikkein hienoin topologia.

Esimerkki. Tarkastellaan R:n kofiniittista topologiaa

T := {U ⊆ R | U äärellinen } ∪ {∅}.

Olkoon U ∈ T .

• Jos U = ∅ tai U = R, niin U on avoin R:n standarditopologiassa.

• Oletetaan, että ∅ 6= U 6= R. Nyt

U ∈ T ⇒ R \ U äärellinen ja R \ U 6= ∅⇒ R \ U = {a1, . . . , an}, missä a1 < . . . < an

⇒ U = R \ R \ U = R \ {a1, . . . , an}= ]−∞, a1[∪ ]a1, a2[∪ . . .∪ ]an−1, an[∪ ]an,∞[

⇒ U avoin R:n standarditopologiassa

Siis kofiniittinen topologia sisältyy standarditopologiaan, joten kofiniittinentopologia on standarditopologiaa karkeampi.

2 Jatkuvat kuvaukset topologiassaTopologisiin avaruuksiin tutustumisen jälkeen on luontevaa jatkaa suoraanjatkuvien kuvausten topologiseen määritelmään. Nyt siis yleistetään edelli-sessä luvussa reaalilukujoukoille määritelty jatkuvuuden käsite koskemaanmielivaltaisia topologisia avaruuksia.

12

Määritelmä 2.3. Olkoot (X, T ) ja (Y,S) topologisia avaruuksia. Sanotaan,että kuvaus f : X → Y on jatkuva, mikäli

V ∈ S ⇒ f−1(V ) ∈ T .

Toisin sanoen, jokaisen avoimen joukon alkukuva kuvauksessa f on avoinjoukko.

Topologisten avaruuksien avulla on siis mahdollista määritellä jatkuvuudenkäsite, ilman että tarvitsisi määritellä kyseisille joukoille etäisyyden käsitettä.Tämän kaltainen yleispätevyys onkin yksi topologian erityispiirteistä.

Seuraavaksi tutkitaan joidenkin tuttujen kuvausten jatkuvuutta topolo-gisessa mielessä.

Esimerkki. Jos X = Y = R ja T = S := R:n standarditopologia, niin ku-vauksen f : R→ R jatkuvuus tarkoittaa juuri samaa kuin ennestään tutuissamääritelmissä.

Esimerkki. Olkoon (X, T ) topologinen avaruus. Tällöin identtinen kuvausid : X → X, x 7→ x on jatkuva, sillä

U ∈ T ⇒ U = id−1(U) ∈ T .

Esimerkki. Olkoot (X, T ) ja (Y,S) topologisia avaruuksia. Tällöin jokainenvakiokuvaus f : X → Y on jatkuva. Toisin sanoen on olemassa y0 ∈ Y siten,että f(x) = y0 kaikilla x ∈ X.

Nimittäin

V ∈ S ⇒ f−1(V ) ={∅, kun y0 6∈ VX, kun y0 ∈ V

(Koska f−1(V ) = {x ∈ X | f(x) ∈ V } = {x ∈ X | y0 ∈ V }.)Täten aksioomasta T1 seuraa, että f−1(V ) ∈ T , joten f on jatkuva.

Esimerkki. JosX on diskreetti (T = P(X)) tai Y on triviaali (S = {∅, Y }),niin jokainen kuvaus f : X → Y on jatkuva.

• Olkoon X diskreetti. Tällöin jos V ∈ S, niin f−1(V ) ⊆ X. Näin ollenf−1(V ) ∈ P(X) = T .

• Olkoon Y triviaali. Silloin pätee:{f−1(∅) = ∅ ∈ Tf−1(Y ) = X ∈ T .

Esimerkki. Tarkastellaan joukkojen R ja R2 standarditopologioita. Tällöinkuvaus f : R2 → R, (x, y) 7→ x+ y on jatkuva.

13

Todistus. Olkoon V ⊆ R avoin. Pitää osoittaa, että alkukuva f−e(V ) ⊆ R2

on avoin.Olkoon (x0, y0) ∈ f−1(V ). Tarvitaan r > 0 siten, että avoin kuula

B((x0, y0), r) ⊆ f−1(V ) elif(B((x0, y0), r)) ⊆ V.

Nyt koska (x0, y0) ∈ f−1(V ), niin f(x0, y0) ∈ V . Tällöin koska V ∈ R onavoin, niin on olemassa ε > 0 siten, että

]f(x0, y0)− ε, f(x0, y0) + ε[ ⊆ V.

On vielä ratkaistava, milloin pätee

f(B((x0, y0), r)) ⊆ ]f(x0, y0)− ε, f(x0, y0) + ε[,

jolloin tietysti myösf(B((x0, y0), r)) ⊆ V.

Todetaan, että f(x, y) ∈ ]f(x0, y0)− ε, f(x0, y0) + ε[, jos ja vain jos etäisyys|f(x, y)− f(x0, y0)| < ε. Lisäksi

|f(x, y)− f(x0, y0)| = |x+ y − x0 + y0| = |x− x0 + y − y0|.

Nyt kolmioepäyhtälön nojalla pätee

|x− x0 + y − y0| ≤ |x− x0|+ |y − y0| < ε, mikäli

|x− x0| < ε2 ja |y − y0| < ε

2 .

Nyt

(x, y) ∈ B((x0, y0), r) ⇔ |(x, y)− (x0, y0)| < r

⇔√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < r,

mutta edellä todettiin jo, että

|x− x0|, |y − y0| ≤√

(x− x0)2 + (y − y0)2.

Siis valinta r = ε2 kelpaa.

Täten jos (x, y) ∈ B((x0, y0), ε2), niin

|f(x, y)− f(x0, y0)| < ε,

elif(x, y) ∈]f(x0, y0)− ε, f(x0, y0) + ε[. �

Kun yhdistetään kaksi jatkuvaa kuvausta, saadaan jatkuva kuvaus. Tä-män sisältöinen lause todistettiin analyysin peruskurssilla heti jatkuvuudenmäärittelemisen jälkeen. Sama pätee myös topologisessa mielessä. Tämän to-distaminen ei kuitenkaan vaadi läheskään niin paljon työtä kuin analyysissa.

14

Lause 2.4. Olkoot X, Y, Z topologisia avaruuksia. Jos kuvaukset f : X → Yja g : Y → Z ovat jatkuvia, niin samoin on yhdistetty kuvaus g ◦ f : X → Z.

Todistus. Olkooon W ⊆ Z avoin. Yhdistetty kuvaus on jatkuva, mikäli al-kukuva (g ◦ f)−1(W ) ⊆ X on avoin.

Merkitään (g ◦ f)−1(W ) = f−1(g−1(W )).Havaitaan, että koska g on jatkuva ja lisäksi W ⊆ Z on avoin, niin myös

alkukuvan g−1(W ) ⊆ Y on oltava avoin. Edelleen, koska f on jatkuva jag−1(W ) ⊆ Y on avoin, nin alkukuvan f−1(g−1(W )) on oltava avoin. �

15

Luku 3

Suljetut joukot ja sulkeumat

Kun nyt olemme tutustuneet topologian peruskäsitteisiin, on seuraavaksi siir-ryttävä tarkastelemaan joitakin näistä peruskäsitteistä johdettuja määritel-miä. Tässä luvussa perehdytään sellaisiin käsitteisiin, joiden tunteminen onvälttämätöntä, kun halutaan analysoida joukkoja topologisessa mielessä.

1 Suljetut joukotEdellisessä luvussa määriteltiin avoimet joukot, joista topologiset avaruudetmuodostuvat. Me olemme kuitenkin kiinnostuneita myös muista avaruudenpistejoukoista. Seuraavaksi määritelläänkin suljetut joukot, jotka ovat erään-laisia erikoistapauksia topologisten avaruuksien pistejoukkojen joukossa.

Määritelmä 3.1. Olkoon X topologinen avaruus. Joukko F ⊆ X on suljet-tu, mikäli sen komplementti X \ F ⊆ X on avoin.

Suljetut joukot ovat siis täsmälleen ne topologisen avaruuden pistejoukot,joiden komplementti kuuluu kyseisen avaruuden topologiaan.

Joitakin esimerkkejä jo tuntemiemme topologisten avaruuksien suljetuistajoukoista on esitetty seuraavassa.

Esimerkki. Kuten aiemmin on jo tietyille tapauksille osoitettu, sekä tyhjäjoukko että kaikkien pisteiden joukko ovat suljettuja:

• X = X \ ∅, joten ∅ on suljettu.

• ∅ = X \X, joten X on suljettu.

Esimerkki. Olkoon X joukko varustettuna kofiniittisella topologialla. Täl-löin F ⊆ X on suljettu jos ja vain jos sen komplementti X \ F on avoin,eli

X \ F = ∅ tai X \ (X \ F ) on äärellinen.⇔ F = X tai F on äärellinen.

16

Edellisestä luvusta muistamme, että avoimien joukkojen yhdisteet sekä ää-relliset leikkaukset ovat avoimia. Myös suljetuille joukoille on olemassa vas-taavat säännöt, jotka todistamme seuraavaksi.

Lause 3.2. Olkoon X topologinen avaruus. Tällöin

a) Jos joukot Fi ⊆ X ovat suljettuja (i ∈ I), niin leikkaus⋂i∈IFi on suljettu.

b) Jos joukot F1, . . . , Fn ⊆ X ovat suljettuja, niin yhdiste F1 ∪ . . . ∪ Fn onsuljettu.

Todistus. Käytetään De Morganin kaavoja:

a) X \⋂i∈IFi =

⋃i∈IX \ Fi.

Nyt koska Fi on suljettu kaikilla i ∈ I, niin X \ Fi on avoin kaikillai ∈ I. Tällöin aksiooman T2 perusteella yhdiste⋃

i∈IX \ Fi = X \

⋂i∈IFi

on avoin. Siis⋂i∈IFi on suljettu.

b) X \ (F1 ∪ · · · ∪ Fn) = (X \ F1) ∩ . . . ∩ (X \ Fn).Nyt koska Fi on suljettu kun i ∈ {1, . . . , n}, niin X \ Fi on avoin kuni ∈ {1, . . . , n}. Tällöin aksiooman T3 perusteella leikkaus

(X \ F1) ∩ . . . ∩ (X \ Fn) = X \ (F1 ∪ · · · ∪ Fn)

on avoin. Siis F1 ∪ . . . ∪ Fn on suljettu. �

Nyt voidaan määritellä jatkuvat kuvaukset suljettujen joukkojen avulla aivanyhtä hyvin kuin avoimien joukkojenkin avulla.

Esimerkki. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia. Kuvaus f : X → Y onjatkuva jos ja vain jos alkukuva f−1(F ) on suljettu kaikilla suljetuilla jou-koilla F ⊆ Y .

Todistus. HT. �

2 Sisäpisteet, ulkopisteet ja reunaTässä kappaleessa tutustutaan eräisiin topologiassa varsin keskeisiin termei-hin. Monet topologiset ominaisuudet perustuvat siihen, mitkä pisteet muo-dostavat tarkasteltavan joukon ulkopisteet, sisäpisteet ja reunan.

Ennen näiden käsitteiden formalisointia on kuitenkin tarpeen esitellä mää-ritelmä tietyn pisteen ympäristölle. Tätä määritelmää tullaan käyttämääntästä eteenpäin varsin ahkerasti.

17

Määritelmä 3.3. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon x ∈ X. Jos U ⊆X on avoin siten, että x ∈ U , niin sanotaan, että U on pisteen x ympäristö.

Määritelmä 3.4. Olkoon X topologinen avaruus, A ⊆ X ja x ∈ X. Sano-taan, että x on

• A:n sisäpiste, mikäli on olemassa x:n ympäristö U siten, että U ⊆ A.

• A:n ulkopiste, mikäli on olemassa x:n ympäristö U siten, että U ⊆ X \A.

• A:n reunapiste, mikäli kaikilla x:n ympäristöillä U pätee, että U ∩A 6= ∅ja U ∩ (X \ A) 6= ∅.

Merkitään:int(A) := {A:n sisäpisteet }ext(A) := {A:n ulkopisteet }∂(A) := {A:n reunapisteet }

Nyt siis X = int(A) ∪· ext(A) ∪· ∂(A) (∪· := erillinen yhdiste).

Jokainen joukko koostuu siis sisäpisteistä, ulkopisteistä ja reunapisteistä, janiiden joukot ovat toisistaan erillisiä (tämä seuraa suoraan määritelmästä).

Sovelletaan tätä määritelmää seuraavaksi tutulle topologialle.

Esimerkki. Tarkastellaan euklidisen avaruuden Rn standarditopologiaa. Ol-koon x ∈ Rn ja r > 0. Tällöin avoimille kuulille pätee:

a) Sisäpisteiden joukko int(B(x, r)) = B(x, r).

b) Reunapisteiden joukko ∂(B(x, r)) = { y ∈ Rn | |x− y| = r } =: S(x, r).

Todistus. a) Riittää osoittaa, että B(x, r) on avoin, koska tästä seuraa ettäkaikilla y ∈ B(x, r) on olemassa sellainen δ > 0, että B(y, δ) ⊆ B(x, r),kun valitaan δ = r − |y − x|.Olkoon y ∈ B(x, r). Osoitetaan, että B(y, r − |y − x|) ⊆ B(x, r).Olkoon z ∈ B(y, r − |y − x|). Nyt |z − y| < r − |y − x|. Tällöin

|z − x| = |z − y + y − x|.

Edelleen kolmioepäyhtälön nojalla

|z − y + y − x| ≤ |z − y|+ |y − x|< r − |y − x|+ |y − x| = r.

b) Osoitetaan osajoukkous molempiin suuntiin.

18

• S(x, r) ⊆ ∂(B(x, r)): Pitää osoittaa, että

y ∈ S(x, r) ⇒{U ∩B(x, r) 6= ∅U ∩ (Rn \B(x, r)) 6= ∅

kaikilla y:n ympäristöillä U .Koska U on avoin ja y ∈ U , niin on olemassa δ > 0 siten, ettäB(y, δ) ⊆ U . Nyt riittää todistaa, että

B(y, δ) ∩B(x, r) 6= ∅ jaB(y, δ) ∩ (Rn \B(x, r)) 6= ∅

kaikilla δ > 0.Merkitään z(t) := x+ t(y − x) (t ∈ R).Todetaan, että

|z(t)− y| ≤ |x− y|+ |t(y − x)| = |t− 1||y − x| = |t− 1|r,

Ja edelleen

|z(t)− y| = |t− 1|r < δ, jos |t− 1| < δ

r

Näin ollen z(t) ∈ B(y, δ), jos |t− 1| < δr.

Edelleen,

|z(t)− x| = |t||y − x| = |t|r ={> r, jos t > 1,< r, jos 0 ≤ t < 1.

Siis|t− 1| < δ

r

t > 1

}⇒ z(t) ∈ B(y, δ) ∩ (Rn \B(x, r)).

• ∂(B(x, r)) ⊆ S(x, r):a)-kohdan perusteella pätee: Jos |y − x| < r, niin y on B(x, r):nsisäpiste. Täten riittää todistaa, että jos |y − x| > r, niin y onB(x, r):n ulkopiste.Olkoon y ∈ Rn siten, että |y − x| > r. On osoitettava, että tällöin

B(y, |y − x| − r) ⊆ Rn \B(x, r).

Olkoon z ∈ B(y, |y − x| − r). Tällöin |z − y| < |y − x| − r. Nytkolmioepäyhtälön nojalla

|x− y| = |x− z + z − y| ≤ |z + x|+ |z − y|.

Näin ollen

|z − x| ≥ |x− y| − |z − y| > |x− y| − (|y − x| − r) < r,

joten z ∈ Rn \B(x, r). �

19

Jotta edellä esitetyissä määritelmissä olisi topologisessa mielessä järkeä, täy-tyy sisä-, ulko- ja reunapisteiden joukkojen tietenkin olla avoimia ja/tai sul-jettuja. Tämä todistetaan seuraavaksi.

Lause 3.5. OlkoonX topologinen avaruus. Jos A ⊆ X, niin int(A) ja ext(A)ovat avoimia, mutta ∂(A) on suljettu.

Todistus. 1) int(A) on avoin:Jos x ∈ int(A), niin on olemassa sellainen x:n ympäristö Ux, että päteeUx ⊆ A. Havaitaan, että Ux sisältyy int(A):han, nimittäin mielivaltaisellepisteelle y ∈ Ux pätee, että Ux on y:n ympäristö (koska Ux on avoin jay ∈ Ux), joten tällöin y ∈ int(A). Siis

• Kun x ∈ int(A), niin x ∈ Ux. Joten int(A) ⊆⋃

x∈int(A)Ux.

• Kun x ∈ int(A), niin Ux ⊆ int(A)

Siis⋃

x∈int(A)Ux = int(A). Koska siis int(A) on avoimien joukkojen yhdiste,

se on avoin.

2) ext(A) on avoin, sillä

ext(A) = int(X \ A).

Tämä seuraa suoraan määritelmästä.

3) ∂(A) on suljettu:Koska

X = int(A) ∪· ext(A) ∪· ∂(A),

niinX \ ∂(A) = int(A) ∪ ext(A).

Näin ollen X \ ∂(A) on avoimien joukkojen yhdiste (kohtien 1 ja 2 no-jalla), eli se on avoin. Siis ∂(A) on suljettu. �

3 SulkeumaTässä kappaleessa käsitellään erästä tärkeää konstruktiota, joka muodoste-taan joukon sisä- ja reunapisteistä. Sulkeuma on intuitiivisella tavalla tiet-tyyn joukkoon yhteydessä olevien pisteiden joukko. Tämän käsityksen for-malisoimme seuraavaksi.

Määritelmä 3.6. Olkoon X topologinen avaruus. Jos A ⊆ X, niin A:nsulkeuma on:

A := int(A) ∪ ∂(A).

20

Esimerkki. Tarkastellaan topologista avaruutta R (standarditopologia). Täl-löin

[0, 1[ = [0, 1].Nimittäin

int([0, 1[) = ]0.1[ ja ∂([0, 1[) = {0, 1}.

Ainakin reaalisissa joukoissa sulkeuma siis noudatta sitä intuitiota, jonka sii-tä saatoimme aluksi muodostaa. Abstraktimpien joukkojen tapauksessa mää-ritelmä toimii aivan yhtä hyvin, joskin sen konkreettinen käsitteellistäminenon vaikeampaa.

Seuraavaksi todistetaan joitakin sulkeuman ominaisuuksia, jotka ovat eri-laisten sovellusten kannalta äärimmäisen hyödyllisiä.

Lause 3.7. Olkoon X topologinen avaruus. Jos A ⊆ X, niin

A :=⋂

F suljettu,F⊇A

F.

Tällöin A on suppein suljettu joukko F ⊆ X siten, että A ⊆ F .

Todistus. 1) A on suljettu:Koska X = int(A) ∪· ext(A) ∪· ∂(A), niin

X \ A = X \ (int(A) ∪· ∂(A))= ext(A), mikä on avoin.

Siis A on suljettu.

2) A ⊆ A:Koska A ∩ ext(A) = ∅, niin on oltava

A ⊆ int(A) ∪· ∂(A) = A.

3) Kohdista 1 ja 2 seuraa, että⋂

F suljettu,F⊇A

F ⊆ A.

Osoitetaan sitten, että A ⊆⋂

F suljettu,F⊇A

F .

Olkoon x ∈ A. Tehdään vastaoletus, että on olemassa suljettu F ⊆ Xsiten, että F ⊇ A, mutta x 6∈ F .Nyt koska x 6∈ F , niin x ∈ X \ F . Tällöin, koska F on suljettu, niinX \ F on avoin. Mutta toisaalta koska A ⊆ F , niin X \ F ⊆ X \ A.Täten X \ F on x:n ympäristö siten, että

X \ F ⊆ X \ A,

21

joten määritelmän mukaan x ∈ ext(A). Tämä on ristiriita. Voidaan siistodeta, että

A ⊆⋂

F suljettu,F⊇A

F, joten

A =⋂

F suljettu,F⊇A

F.

4) A suppein tällainen joukko:Olkoon F ⊆ X suljettu siten, että F ⊇ A. Todistettava, että A ⊆ F .Koska A =

⋂F suljettu,F⊇A

F , niin A ⊆ F . �

Lause 3.8. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon A ⊆ X. Tällöin A onsuljettu jos ja vain jos A = A.

Todistus. ”⇐ ” Lauseen 3.7 nojalla A on suljettu, joten jos A = A, niintietenkin A on suljettu.

”⇒ ” Jos A on suljettu, niin tällöin X \ A on avoin. Nyt

X \ A = ext(A),

koska X \ A on jokaisen pisteen x ∈ X \ A ympäristö. Edelleen

A = X \ (X \ A)= X \ ext(A)= int(A) ∪ ∂(A)= A �

Esittelemme vielä yhden mielenkiintoisen käsitteen ennen siirtymistä seuraa-vaan aiheeseen.

Määritelmä 3.9. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon A ⊆ X. Sano-taan, että A on tiheä, mikäli

A = X

Huomautus.

x ∈ A ⇔ x 6∈ ext(A)⇔ Ei ole olemassa x:n ympäristöä U siten, että U ⊆ X \ A⇔ Kaikilla x:n ympäristöillä U pätee: U ∩ A 6= ∅

Nyt eräs esimerkki tiheästä joukosta, joka saattaa nousta mieleen, on tie-tenkin rationaalilukujen joukko tarkasteltaessa reaalilukujen joukkoa. Tämäominaisuus onkin varsin helppo todistaa käyttämällä analyysistä tuttuja työ-kaluja.

22

Esimerkki. Q = R, eli Q on tiheä R:ssä.

Todistus. Olkoon x ∈ R ja olkoon U ⊆ Rx:n ympäristö. Nyt koska U onavoin, niin on olemassa ε > 0 siten, että

]x− ε, x+ ε[⊆ U.

Analyysin peruskursseilla on todistettu, että jokaisella tällaisella välillä onolemassa q ∈ Q siten, että

x− ε < q < x+ ε.

Näin ollenU ∩Q 6= ∅, joten x ∈ Q. �

Esimerkki. Jos R on varustettu kofiniittisella topologialla, niin jokainenjoukko ∅ 6= V ⊆ R on tiheä.

Todistus. Pitää osoittaa, että V = R.Olkoon x ∈ R. Jos U ⊆ R on x:n ympäristö, on todistettava että leikkaus

U ∩ V 6= ∅. Tehdään siis vastaoletus, että U ∩ V = ∅. Tällöin U ⊆ R \ V .Nyt koska ∅ 6= V on avoin, niin R \ V on äärellinen, joten myös U on

äärellinen. Toisaalta ∅ 6= U︸ ︷︷ ︸x∈U

on avoin, joten R \ U on äärellinen.

Siis R = U ∪ (R\U) on äärellinen. Tämä on tietenkin ristiriitaista. Koskavastaoletus johtaa ristiriitaan, voidaan todeta että U ∩ V 6= ∅. �

4 Kasaantumispisteet ja erakkopisteetTähän asti olemme huomanneet, että topologisilla määritelmillä on olemas-sa selvät vastaavuudet analyysissa ja reaalilukujen maailmassa. Myöskäänseuraavat määritelmät eivät tee poikkeusta tässä suhteessa.

Me olemme kiinnostuneita tekemään eron joukkojen ja pisteiden välilläsen mukaan, onko niiden ympärillä tilaa vai ei.

Määritelmä 3.10. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon A ⊆ X joukko.Jos x ∈ X, niin sanotaan, että

• x on A:n kasaantumispiste, mikäli U ∩ (A \ {x}) 6= ∅ kaikilla x:n ympä-ristöillä U .

• x on A:n erakkopiste, mikäli on olemassa x:n ympäristö U siten, ettäU ∩ (A \ {x}) = ∅.

• Jos A:n jokainen piste on erakkopiste, niin sanotaan että A on diskreetti.

Voidaan siis sanoa, että erakkopisteiden ympärillä on tilaa, mutta kasaantu-mispisteiden ympärillä ei ole (tarkasteltaessa tietyn joukon pisteitä).

23

Esimerkki. Piste 0 ∈ R on joukon A := { 1n| 0 6= n ∈ N } kasaantumispiste.

Todistus. Olkoon U ⊆ R 0:n ympäristö. Nyt on olemassa sellainen ε > 0,että ]− ε, ε[⊆ U . Tällöin

n >1ε⇒ 1

n< ε ⇒ 1

n∈ ]− ε, ε[⊆ U ⇒ U ∩ (A \ {0})︸ ︷︷ ︸

=A

6= ∅.�

Esimerkki. Z ⊆ R on diskreetti (eli jokainen piste n ∈ Z on erakkopiste).

Todistus. Olkoon n ∈ Z. Nyt ]n− 1, n+ 1[∩Z = {n}, joten

]n− 1, n+ 1[∩Z \ {n} = ∅. �

Huomautus. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon A ⊆ X joukko. Täl-löin

• Jos x ∈ A, niin x on joko A:n kasaantumispiste tai A:n erakkopiste.

• Jos x 6∈ A ja lisäksi x on A:n kasaantumispiste, niin x ∈ ∂(A).

Nimittäin:Olkoon U x:n ympäristö. Tällöin jos x on A:n kasaantumispiste, niin

U ∩ (A \ {x}) = U ∩ A 6= ∅

ja toisaaltax 6∈ A, x ∈ U ⇒ U ∩ (X \ A) 6= ∅.

Siis x ∈ ∂(A).

24

Luku 4

Hausdorffin avaruudet

Tässä luvussa esitellään topologisten avaruuksien luokka, jossa eri pisteil-le pätee hieman vahvempi erottelu kuin yleisesti topologisissa avaruuksissa.Tällaiset Hausdorffin avaruudet ovat eräitä kiinnostavimmista topologisistaavaruuksista.

1 Suppenevat jonotYleistetään ensin ennestään tuttu raja-arvon käsite toimimaan topologisessamielessä. Tämä on varsin helppoa tehdä, sillä olemme jo edellisissä luvuissamääritelleet tarvitsemamme käsitteet.

Määritelmä 4.1. OlkoonX topologinen avaruus. Sanotaan, että jono (xn)n≥1X:n alkioita suppenee kohti pistettä x ∈ X, mikäli jokaisella X:n ympäris-töllä U on olemassa N ≥ 1 siten, että

n ≥ N ⇒ xn ∈ U.

Tällöin merkitään limn→∞

xn = x.

Esimerkki. Varustetaan joukkoX = {0, 1} topologialla T = {∅, {0}, {0, 1}}.Jos xn = 0 kaikilla n ≥ 1, niin lim

n→∞xn = 0, mutta toisaalta lim

n→∞xn = 1.

Todistus. Olkoon U 1:n ympäristö. Tällöin on oltava U = {0, 1}. Edelleenxn ∈ U kaikilla n ≥ 1, joten lim

n→∞xn = 1, mutta samoin lim

n→∞xn = 0. �

2 Hausdorffin avaruudetMääritelmä 4.2. OlkoonX topologinen avaruus. Sanotaan ettäX onHaus-dorffin avaruus (tai X on Hausdorff ), mikäli kaikilla pisteillä x, y ∈ X, x 6= yon olemassa avoimet joukot U, V ⊆ X siten, että x ∈ U, y ∈ V ja U ∩ V = ∅.

Toisin sanoen,X on Hausdorff, mikäli sen kaikilla eri pisteillä on olemassaerilliset ympäristöt.

25

Määritelmästä nähdään, että ei taaskaan ole kovin vaikea keksiä tällaiselleavaruudelle konkreettista esimerkkiä reaalianalyysin puolelta.

Esimerkki. Rn on Hausdorff.

Todistus. Olkoon x, y ∈ Rn ja olkoon x 6= y. Osoitetaan, että tällöin leikkausB(x, |x−y|2 ) ∩B(y, |x−y|2 ) = ∅.

Jos olisi olemassa z ∈ B(x, |x−y|2 ) ∩ B(y, |x−y|2 ), niin tällöin pitäisi olla|x− z| < |x−y|

2 ja |y − z| < |x−y|2 . Tällöin

|x− y| = |x− z + z − y|.

Edelleen kolmioepäyhtälön nojalla

|x− z + z − y| ≤ |x− z|+ |y − z| < |x− y|2 + |x− y|2 = |x− y|,

mikä on ristiriitaista.On siis todettu, että ei ole olemassa pistettä z ∈ B(x, |x−y|2 )∩B(y, |x−y|2 ),

joten Rn on Hausdorff. �

Kuten edellisessä kappaleessa todettiin, että raja-arvot eivät välttämättä oleyksikäsitteisiä kaikissa topologioissa. Eräs hausdorffin avaruuksien ominai-suuksista on se, että raja-arvot ovat niissä yksikäsitteisiä. Tämä todistetaanseuraavaksi.

Lause 4.3. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon (xn)n≥1 jono X:n pis-teitä. Oletetaan, että x, y ∈ X siten, että lim

n→∞xn = x ja lim

n→∞xn = y. Tällöin,

jos X on Hausdorff, niin y = x.

Todistus. Oletetaan, että X on Hausdorff ja että limn→∞

xn = x ja limn→∞

xn = y.Tehdään vastaoletus, että x = y.

Nyt, koska X on Hausdorff, niin on olemassa x:n ympäristö U ja y:nympäristö V siten, että U ∩ V = ∅.

Koska limn→∞

xn = x, niin on olemassa N1 ≥ 1 siten, että xn ∈ U kaikillan ≥ N1. Toisaalta, koska lim

n→∞xn = y, niin on olemassa N2 ≥ 1 siten, että

xn ∈ V kaikilla n ≥ N2.Mutta kun n ≥ max(N1, N2), niin xn ∈ U ∩ V = ∅, mikä on ristiriitaista.

On siis oltava x = y. �

Todistetaan vielä yksi, joskin ehkä vähemmän mielenkiintoinen ominaisuusHausdorffin avaruuksille.

Lause 4.4. Jos X on Hausdorffin avaruus, niin yksikkö {x} on suljettu kai-killa x ∈ X.

Todistus. On osoitettava, että X \ {x} on avoin kaikilla x ∈ X.Olkoon y ∈ X \ {x}. Nyt tietenkin y = x. Tällöin koska X on Hausdorff,

niin on olemassa x:n ympäristö Ux,y ja y:n ympäristö Vx,y siten, että leikkausUx,y ∩ Vx,y = ∅.

26

Koska Ux,y ∩ Vx,y = ∅, niin Vx,y ⊆ X \ {x}. Havaitaan, että

X \ {x} =⋃

y∈X\{x}Vx,y,

nimittäin:

• Koska y ∈ X \ {x}, niin y ∈ Vx,y.

• Koska Vx,y ⊆ X \ {x} kaikilla y ∈ X \ {x}, niin⋃

y∈X\{x}Vx,y ⊆ X \ {x}.

Täten X \ {x} on avoin avoimien joukkojen yhdiste. �

27

Luku 5

Topologian kanta

Edellisissä kappaleissa olemme tarkastelleet topologian peruskäsitteitä ja tie-tynlaisia topologisia avaruuksia. Seuraavaksi esittelemme topologioiden kon-struoimisen kannalta tärkeän käsitteen, topologian kannan. Tämä auttaa jat-kossa siten, että eräiden topologioiden avoimia joukkoja koskevat ominaisuu-det voidaan pelkistää kannan alkioiden ominaisuuksia koskeviksi väitteiksi.Aloitamme määritelmällä.

1 Kannan määritelmäMääritelmä 5.1. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon B ⊆ P(X) ko-koelma sen avoimia osajoukkoja. Sanotaan, että B on X:n topologian kanta,mikäli kaikilla avoimilla joukoilla U ja pisteillä x ∈ U on olemassa joukkoBx ∈ B siten, että x ∈ Bx ⊆ U .

Siis jokaisen tietyn topologian avoimen joukon jokainen alkio on myös jonkinkyseisen topologian kannan alkio. Tarkastelemme nyt tuttuja topologioitatältä kannalta.

Esimerkki. Avoimet kuulat

B(x, r) := { y ∈ Rn | |y − x| < r },

missä x ∈ Rn ja r > 0, muodostavat Rn:n standarditopologian kannan.

Esimerkki. Avoimet kuutiot

K(x, r) := { y ∈ Rn | |yi − xi| < r }= ]x1 − r, x1 + r[ × . . .× ]xn − r, xn + r[ ,

missä x ∈ Rn ja r > 0, muodostavat niin ikään Rn:n standarditopologiankannan.

Todistus. Pitää osoittaa, että

28

• K(x, r) on avoin (HT).

• Jos U ⊆ Rn on avoin ja x ∈ U , niin on olemassa r > 0 siten, että kuutioK(x, r) ⊆ U .

Oletetaan, että U ⊆ Rn on avoin ja x ∈ U . Nyt koska U on avoin, niin onolemassa δ > 0 siten, että avoin kuula B(x, δ) ⊆ U .

Todetaan, että K(x, δ√n) ⊆ B(x, δ): Olkoon y ∈ K(x, δ√

n). Tällöin avoi-

men kuution määritelmän nojalla

|yi − xi| <δ√n

kaikilla i ∈ {1, . . . , n}.

Näin ollen

|y − x| =√

(y1 − x1)2 + . . .+ (yn − xn)2

<

√√√√√√(δ√n

)2+ . . .+

(δ√n

)2

︸ ︷︷ ︸n kpl.

=√n · δ

2

n=√δ2 = δ.

Siis K(x, r) ⊆ U , kun r = δ√n. �

Joskus saattaa olla tarpeen todistaa, että jokin tietty kokoelma topologisenavaruuden osajoukkoja on todellakin kyseisen topologian kanta. Seuraavaksiesitellään tälle välttämätön ja riittävä ehto.

Lause 5.2. Olkoon X topologinen avaruus ja B ⊆ P(X) kokoelma sen avoi-mia osajoukkoja. Tällöin B on X:n topologian kanta jos ja vain jos kaikillaavoimilla U ⊆ X on olemassa joukot Bi ∈ B (i ∈ I) siten, että

U =⋃i∈IBi.

Todistus. ”⇒ ” Olkoon U ⊆ X avoin. Jos x ∈ U , niin on olemassa joukkoBx ∈ B siten, että x ∈ Bx ⊆ U . Silloin⋃

x∈UBx ⊆ U.

Toisaalta kun x ∈ U , niin x ∈ Bx, joten

U ⊆⋃x∈U

Bx.

”⇐ ” Olkoon U ⊆ X ja x ∈ U . Oletuksen nojalla

U =⋃i∈IBi,

missä Bi ∈ B (i ∈ I). Nyt on siis olemassa i ∈ I siten, että x ∈ Bi, jatietenkin Bi ⊆ U . �

29

2 KantakriteeriEdellä esitelty välttämätön ja riittävä ehto on käyttökelpoinen silloin, kuntopologinen avaruus on tunnettu. Jos emme kuitenkaan tiedä perusjoukontopologioista mitään, on hieman konstikkaampaa osoittaa, että jokin kokoel-ma on todella jonkin topologian kanta. Tähän on kuitenkin olemassa kanta-kriteerinä tunnettu työkalu, jonka pätevyyden todistamme seuraavaksi.

Lause 5.3 (Kantakriteeri). Olkoon X joukko ja B kokoelma sen osajouk-koja. Tällöin B on jonkinX:n topologian kanta jos ja vain jos seuraavat ehdotovat voimassa:

B1: Jos x ∈ X, niin on olemassa B ∈ B siten, että x ∈ B.

B2: Jos x ∈ B1 ∩ B2, missä B1, B2 ∈ B, niin on olemassa B ∈ B siten, ettäx ∈ B ⊆ B1 ∩B2.

Todistus. ”⇒ ” Oletetaan, että on olemassa X:n topologia T siten, että Bon T :n kanta.

B1: Topologian määritelmän kohdasta T1 seuraa, että X ∈ T . Tällöin kan-nan määritelmän nojalla jokaisella x ∈ X on olemassa B ∈ B siten, ettäx ∈ B ⊆ X. Näin ollen ensimmäinen ehto pätee.

B2: Topologian määritelmän kohdasta T3 seuraa, että B1 ∩B2 ∈ T . Tällöinkannan määritelmän nojalla jokaisella x ∈ B1 ∩ B2 on olemassa B ∈ Bsiten, että x ∈ B ⊆ B1 ∩B2. Näin ollen myös toinen ehto pätee.

”⇐ ” Oletetaan, että ehdot B1 ja B2 ovat voimassa. Merkitään

T := {U ⊆ X | Jos x ∈ U , niin on olemassa Bx ∈ B siten, että x ∈ Bx ⊆ U }.

Osoitetaan sitten, että T on X:n topologia.

T1: Tyhjän joukon tapaus ∅ ∈ T on triviaali. Toisaalta ehdon B1 suoraseuraus on, että X ∈ T . Näin ollen ensimmäinen ehto pätee.

T2: Oletetaan, että Ui ∈ T , kun i ∈ I. Olkoon sitten

x ∈⋃i∈IUi.

On siis olemassa sellainen i ∈ I, että x ∈ Ui. Edelleen, koska Ui ∈ T ,niin on olemassa Bx ∈ B siten, että

x ∈ Bx ⊆ Ui ⊆⋃i∈IUi.

Näin ollen yhdiste⋃i∈IUi ∈ T , joten toinen ehto pätee.

30

T3: Oletetaan, että U1, . . . , Un ∈ T . Olkoon sitten x ∈ U1∩ . . .∩Un. Tällöin,koska Ui ∈ T , niin on olemassa Bi ∈ B siten, että

x ∈ Bi ⊆ Ui (i ∈ {1, . . . , n}),

joten x ∈ B1 ∩ . . . ∩Bn ⊆ U1 ∩ . . . ∩ Un. Nyt huomataan että ehdon B2ja induktioperiaatteen nojalla on olemassa sellainen B ∈ B että

x ∈ B ⊆ B1 ∩ . . . ∩Bn ⊆ U1 ∩ . . . ∩ Un.

Näin ollen U1 ∩ . . . ∩ Un ∈ T , eli kolmaskin ehto pätee.

On vielä todettava, että kaikki B ∈ B ovat avoimia, eli että B ⊆ T . Tämä ontietenkin totta, sillä kun x ∈ B, niin triviaalisti x ∈ B ⊆ B (eli ”Bx = B”).

Täten B on T :n kanta. �

Kantakriteerillä pystymme siis osoittamaan, jos tietty kokoelma on tunnetunperusjoukon jonkin topologian kanta. Tässä piilee kuitenkin sellainen ongel-ma, että kantakriteerin toimivuus vaarantuu, jos tietty kanta voi määritel-lä useamman eri topologian. Onneksi näin ei kuitenkaan ole, vaan kannanmäärittelemä topologia on yksikäsitteinen.

Huomautus. On olemassa yksikäsitteinen X:n topologia T siten, että B onT :n kanta. Nimittäin lauseesta 5.2 seuraa, että

U ∈ T ⇔ U =⋃i∈IBi, missä Bi ∈ B (i ∈ I).

Siis välttämättä

T := {U ⊆ X | Jos x ∈ U , niin on olemassa Bx ∈ B siten, että x ∈ Bx ⊆ U }.

31

Luku 6

Aliavaruudet

Meille on ennestään tuttua, että useimmilla matemaattisilla struktuureillaon olemassa tietynlaisia alistruktuureja: Malleilla on olemassa alimalleja jaryhmillä aliryhmiä. Tuntuu luonnolliselta olettaa, että myös topologisille ava-ruuksille voidaan konstruoida tämän kaltaisia alistruktuureja. Tämä oletusonkin täysin aiheellinen, kuten seuraavaksi todetaan.

1 Indusoidut topologiat ja aliavaruudetAloitetaan osoittamalla, että minkä tahansa topologisen avaruuden mielival-taiselle osajoukolle saadaan konstruoitua oma topologiansa varsin helposti,käyttämällä pohjana jo tunnettua perusjoukon topologiaa.

Lause 6.1. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon A ⊆ X joukko. Jos Ton X:n topologia, niin

TA := {U ∩ A | U ∈ T }

on A:n topologia.

Todistus. T1: Koska ∅, X ∈ T ja lisäksi ∅ = ∅ ∩ A ja A = X ∩ A, niintietenkin myös ∅, X ∈ TA.

T2: Oletetaan, että Vi ∈ TA, kun i ∈ I. Nyt Vi = Ui∩A, missä Ui ∈ T . Näinollen ⋃

i∈IVi =

⋃i∈I

(Ui ∩ A) =( ⋃i∈IUi)∩ A.

Koska T on topologia, niin ehdosta T2 seuraa, että⋃i∈IUi ∈ T , joten

⋃i∈IVi ∈ TA.

T3: Oletetaan, että V1, . . . , Vn ∈ TA. Nyt Vi = Ui ∩ A, missä määritelmänmukaisesti Ui ∈ T (i ∈ {1, . . . , n}). Näin ollen

Vi ∩ . . . ∩ Vn = (U1 ∩ . . . ∩ Un) ∩ A.

32

Nyt koska T on topologia, niin ehdon T3 perusteella U1 ∩ . . .∩Un ∈ T ,joten

Vi ∩ . . . ∩ Vn ∈ TA. �

Juuri tämä leikkauksien kautta konstruoitu topologia määrittelee sen käsit-teen, josta olemme kiinnostuneita, eli aliavaruuden.

Määritelmä 6.2. Olkoon (X, T ) topologinen avaruus. Jos A ⊆ X, niin(A, TA) on tämän aliavaruus.

Topologia TA on T :n indusoima topologia.

Esimerkki. Tarkastellaan R:n aliavaruutta [0, 1]. Tällöin mm. väli

[0, 1/2[ = ]− 1, 1/2[ ∩ [0, 1]

on avoin aliavaruudessa [0, 1].

2 Aliavaruuden ominaisuuksiaSeuraavaksi tarkastellaan joitakin jatkossa hyödyllisiä ominaisuuksia aliava-ruuksille. Näistä kaksi ensimmäistä liittyvät joukkojen avoimuuteen aliava-ruuksissa. Avointen joukkojen yhteys alkuperäisessä topologiassa ja indusoi-dussa topologiassa on nimittäin ilmiselvä.

Lause 6.3. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon A ⊆ X avoin. TällöinV ⊆ A on avoin A:ssa jos ja vain jos V on avoin X:ssä.

Todistus. ”⇒ ” Oletetaan, että V on avoin A:ssa. Nyt siis on olemassa sel-lainen avoin U ⊆ X, että V = U ∩ A. Täten V on avoin X:ssä avoimienjoukkojen leikkauksena.

”⇐ ” Oletetaan, että V on avoin A:ssa. Nyt koska alkuoletuksen mukaanV ⊆ A, niin pätee V = V ∩ A. Tällöin, koska V on avoin X:ssä, niin se onavoin A:ssa. �

Sama logiikka pätee tietenkin myös suljetuille joukoille, joskin tämän todis-taminen on hieman monimutkaisempaa.

Lause 6.4. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon A ⊆ X. Tällöin G ⊆ Aon suljettu, jos ja vain jos G = F ∩ A, missä F ⊆ X on suljettu.

Todistus. ”⇒ ” Oletetaan, että G on suljettu A:ssa. Tällöin A\G täytyy ollaavoin A:ssa. On siis olemassa sellainen avoin U ⊆ X, että A \ G = U ∩ A.Nyt

G = A \ (A \G) = A \ (U ∩ A) = (X \ U) ∩ A.

Tässä U on avoin X:ssä, joten X \ U on suljettu X:ssä. Voidaan siis valitaF = X \ U , jolloin ekvivalenssin toinen puoli pätee.

33

”⇐ ” Oletetaan, että on olemassa sellainen suljettu F ⊆ X, että päteeG = F ∩ A. Nyt

A \G = A \ (F ∩ A) = (X \ F ) ∩ A.

Tässä F on suljettu X:ssä, joten X \ F on avoin X:ssä. Näin ollen A \G onavoin A:ssa, joten G on suljettu A:ssa. �

Esimerkki. Puoliavoin väli ]0, 1/2[ on suljettu aliavaruudessa ]0, 1[⊆ R, sillä

]0, 1/2[ = [0, 1/2]∩ ]0, 1[.

Tarkastellaan seuraavaksi sulkeuman käsitettä, ja sen käyttäytymistä aliava-ruuksissa. On selvää, että tätä käsitettä on hieman muokattava, jotta siitäsaadaan käyttökelpoinen aliavaruuksien tapauksessa. Tämä ei onneksi kui-tenkaan ole vaikeaa, ja hoituu jo ennestään tutulla logiikalla.

Lause 6.5. Olkoon X topologinen avaruus ja A ⊆ X. Jos B ⊆ A, niin

B:n sulkeuma A:ssa =: clAB = B ∩ A (closure).

Erityisesti B on suljettu A:ssa, jos ja vain jos B = B ∩ A.

Todistus. Käytetään lausetta 3.7, eli osoitetaan, että B∩A on suppein A:ssasuljettu joukko G siten, että G ⊇ B.

• Tiedetään, että B on suljettu X:ssä. Nyt lauseen 6.4 nojalla B ∩ A onsuljettu A:ssa.

• Oletetaan, että G ⊆ A on suljettu A:ssa siten, että G ⊇ B. Tällöinlauseen 6.4 perusteella on olemassa X:ssä suljettu joukko F siten, ettäG = F ∩A. Tällöin, koska B ⊆ G = F ∩A, niin B ⊆ F . Siis lauseen 3.7peusteella B ⊆ F , joten edelleen

B ∩ A ⊆ F ∩ A = G.

Siis B ∩ A on suppein A:ssa suljettu joukko, joka sisältää B:n. Näin ollenlauseen 3.7 perusteella pätee

B ∩ A = clAB.

Lauseen 3.8 nojalla

B suljettu A:ssa ⇔ clAB = B ⇔ B ∩ A = B. �

Todistetaan vielä muutama ominaisuus jatkuvista kuvauksista aliavaruuksiinliittyen. On tarpeen todistaa, että myös ennestään tutut jatkuvien kuvaustenominaisuudet pätevät, kun kuvausten lähtöjoukkoa muutetaan tarkastelta-van aliavaruuden mukaiseksi.

34

Lause 6.6. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon A ⊆ X. Tällöin

a) Inkluusio eli kuvaus i : A→ X on jatkuva.

b) Jos kuvaus f : X → Y on jatkuva, niin samoin on sen rajoittumaf|A : A→ Y .

Todistus. a) Olkoon U ⊆ X avoin. Nyt

i−1(U) = {x ∈ A | i(x)︸︷︷︸=x

∈ U } = U ∩ A.

Aliavaruuden määritelmän perusteella U ∩A on avoin A:ssa, joten i onjatkuva.

b) Huomataan, ettäf|A = f ◦ i : A i→ X

f→ Y,

missä x 7→ x 7→ f(x). Täten lauseen 2.4 perusteella kuvaus f ◦ i onjatkuva (koska f ja i ovat jatkuvia), joten f|A on jatkuva. �

Lause 6.7. Olkoon f : X → Y jatkuva kuvaus. Oletetaan, että B ⊆ Ysiten, että f(X) ⊆ B. Jos g : X → B on kuvaus jolla x 7→ f(x), niin f onjatkuva jos ja vain jos g on jatkuva.

Todistus. ”⇐ ” Oletetaan g jatkuvaksi. Olkoon j : B → Y inkluusio. Tällöin

f = j ◦ g : X g→ Bj→ Y,

missä x 7→ f(x) 7→ f(x). Nyt lauseen 6.6 perusteella j on jatkuva. Siis lauseen2.4 nojalla f on jatkuva.

”⇒ ” Oletetaan f jatkuvaksi. Olkoon W ⊆ B avoin B:ssä. Tällöin onolemassa avoin V ⊆ Y siten, että W = V ∩B. Nyt

g−1(W ) = {x ∈ X | g(x) ∈ W }= {x ∈ X | f(x) ∈ W }= {x ∈ X | f(x) ∈ V ∩B }= {x ∈ X | f(x) ∈ V }= f−1(V ).

Mutta koska V on avoin Y :ssä ja f on jatkuva, niin f−1(V ) = g−1(W ) onX:ssä avoin. Siis g on jatkuva. �

35

Luku 7

Tuloavaruudet

Seuraavaksi siirrytään käsittelemään tuloavaruuksia, jotka saadaan aikaiseksi”yhdistämällä” tunnettuja topologisia avaruuksia. Yhteydet muihin matema-tiikan osa-alueisiin ja samantyyppisiin käsitteisiin on jälleen helppo havaita.

1 Tuloavaruuden määritelmäPalautetaan ensiksi mieleen muutama aiemmilta kursseilta tuttu määritelmä.Olkoot X ja Y joukkoja. Näiden karteesinen tulo on

X × Y := { (x, y) | x ∈ X, y ∈ Y }.

Tämän avulla voimme määritellä myös projektiot:

p :X × Y → X, (x, y) 7→ x

q :X × Y → Y, (x, y) 7→ y

Näiden käsitteiden yhdistämiseen topologiaan onkin seuraava tehtävä, muttaensin on ratkaistava eräs ongelma.

Ongelma: Jos X ja Y ovat topologisia avaruuksia, niin onko karteesisellatulolla X × Y topologiaa siten, että projektiot p ja q ovat jatkuvia?

Jos näin olisi, niin

U ⊆ X avoin ⇒ p−1(U) ⊆ X × Y avoin jaV ⊆ Y avoin ⇒ q−1(V ) ⊆ X × Y avoin.

Huomataan, että nyt

p−1(U) = { (x, y) ∈ X × Y | p(x, y) ∈ U }= { (x, y) ∈ X × Y | x ∈ U }= U × Y.

Samoin g−1 = X × V .

36

Jos ajatellaan esimerkiksi reaalilukuakseleita, niin nämä tulojoukoto olisi-vat jonkinlaisia yhdessä suunnassa ”rajoittamattomia suorakulmioita”. Tässäei vielä välttämättä olisi ylitsepääsemätöntä ongelmaa, mutta toisaalta to-pologian ehdot eivät tässä kuvitteellisessa topologiassa toimisi aivan samoinkun niiden pitäisi toimia reaalilukutason normaalissa topologsiassa.

Edellisestä kohdasta seuraa nimittäin, että koska U × Y ja X × V ovatavoimia, niin myös leikkauksen (U ×Y )∩ (X ×V ) = U ×V on oltava avoin.

Emme siis saa aikaiseksi topologiaa näin helposti, mutta sen sijaan huo-mataan, että itse asiassa olemme tulleet määritelleeksi erään topologian kan-nan.

Lause 7.1. Jos T on X:n topologia ja S on Y :n topologia, niin kokoelma

B := {U × V | U ∈ T , V ∈ S }

on erään X × Y :n topologian kanta.

Todistus. Todistetaan erikseen kantakriteerin (Lause 5.3) molemmat kohdat.

B1: Tämä kohta on selvä, sillä tietenkin X×Y ∈ B (koska X ∈ T ja Y ∈ S).

B2: Olkoon U × V, U ′ × V ′ ∈ B. Nyt

(U × V ) ∩ (U ′ × V ′) = (U ∩ U ′)× (V ∩ V ′).

Edelleen, koska U,U ′ ∈ T , niin U ∩ U ′ ∈ T . Toisaalta, koska V, V ′ ∈ S,niin V ∩ V ′ ∈ S. Näin ollen

(U ∩ U ′)× (V ∩ V ′) ∈ B,

joten tämäkin ehto pätee. �

Muistetaan, että kannan määrittelemä topologia on itse asiassa yksikäsittei-nen. Voimme siis päättää määritellä tulotopologian tämän kannan kautta.

Määritelmä 7.2. Edellämainittua joukon X × Y topologiaa sanotaan T :nja S:n tulotopologiaksi.

Tällä topologialla varustettuna X × Y on X:n ja Y :n tuloavaruus.

Huomautus. Siis W ⊆ X × Y on avoin täsmälleen silloin, kun kaikilla(x, y) ∈ W on olemassa avoimet U ⊆ X ja V ⊆ Y siten, että x ∈ U ja y ∈ V .Toisin sanoen

(x, y) ∈ U × V ⊆ W.

Käytetään nyt esimerkkinä reaalitasoa, jonka tapauksen tarkastelu aiheuttiaiemmin ongelmia. Huomataan, että tämä tuloavaruus käyttäätykin varsinmallikkaasti.

Esimerkki. Varustetaan R standarditopologialla. Nyt joukon R × R = R2

tulotopologia on sama kuin R2:n standarditopologia.

37

Todistus. Tiedetään, että neliöt

K(x, r) := { y ∈ R2 | |yi − xi| < r, i ∈ {1, 2} },

missä x ∈ R2 ja r > 0 muodostavat standarditopologian kannan. Nyt

K(x, r) = ]x1 − r, x1 + r[× ]x2 − r, x2 + r[.

• Olkoon W ⊆ R2 avoin standarditopologiassa ja olkoon x ∈ W . Ylläsanotun nojalla on olemassa sellainen r > 0, että K(x, r) ⊆ W . Tällöinvälit

]x1 − r, x1 + r[ ja ]x2 − r, x2 + r[ovat avoimia, joten K(x, r) on avoin tulotopologiassa.

• Olkoon W ⊆ R2 avoin tulotopologiassa ja olkoon x ∈ W . Tällöin onolemassa avoimet U, V ⊆ R siten, että

x ∈ U × V ⊆ W.

Merkitään x = (x1, x2). Nyt pätee x1 ∈ U ja x2 ∈ V , joten on olemassasellaiset δ1, δ2 > 0, että

]x1 − δ1, x1 + δ1[⊆ U ja ]x2 − δ2, x2 + δ2[⊆ V.

Jos δ = min{δ1, δ2}, niin

]x1 − δ, x1 + δ[ ⊆ ]x1 − δ1, x1 + δ1[ ja]x2 − δ, x2 + δ[ ⊆ ]x2 − δ2, x2 + δ2[.

Näin ollen

K(x, δ) ⊆ ]x1 − δ1, x1 + δ1[× ]x2 − δ2, x2 + δ2[ = U × V ⊆ W.

Joten W on avoin standarditopologiassa. �

2 Jatkuvat kuvaukset tuloavaruuksissaLähdimme liikkeelle tässä luvussa siitä ajatuksesta, että tulojoukkojen topo-logioissa jatkuvien kuvausten projektioiden tulisi olla jatkuvia. Seuraavaksitodistamme, että tämä ominaisuus on todellakin voimassa tuloavaruuksille.

Lause 7.3. Jos X ja Y ovat topologisia avaruuksia ja X × Y näiden tuloa-varuus, niin projektiot p : X × Y → X ja q : X × Y → Y ovat jatkuvia.

Todistus. Olkoot U ⊆ X ja V ⊆ Y avoimia. Tällöin alkukuvat

p−1(U) = U × Y ja q−1(V ) = X × V

ovat avoimia X × Y :ssa. Siis p ja q ovat jatkuvia. �

38

Projektiot eivät itsessään ole kovin mielenkiintoisia kuvauksia. Niitä käyte-tään kuitenkin apuna seuraavassa todistuksessa, jossa esitetään välttämätönja riittävä ehto sille, että kuvaus joltain topologiselta avaruudelta jollekintuloavaruudelle on jatkuva.

Lause 7.4. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia. Jos Z on topologinenavaruus ja f : Z → X×Y kuvaus, niin f on jatkuva jos ja vain jos kuvauksetp ◦ f ja q ◦ f ovat jatkuvia.

Todistus. ”⇒ ” Oletetaan, että f on jatkuva. Edelleen lauseen 7.3 nojallatiedetään, että projektiot p ja q ovat jatkuvia. Siispä lauseen 2.4 nojallavoidaan todeta, että kuvaukset p ◦ f ja q ◦ f ovat jatkuvia.

”⇐ ” Oletetaan, että p◦f ja q ◦f ovat jatkuvia. Nyt riittää osoittaa, ettäf−1(U × V ) ⊆ Z on avoin kaikilla avoimilla U ⊆ X, V ⊆ Y .

Huomataan, että

U × V = (U × Y ) ∩ (X × V )= p−1(U) ∩ q−1(V ).

Näin ollen

f−1(U × V ) = f−1(p−1(U) ∩ q−1(V ))= f−1(p−1(U)) ∩ f−1(q−1(V ))= (p ◦ f)−1(U) ∩ (q ◦ f)−1(V ).

Koska p◦f ja q◦f ovat jatkuvia ja U ja V avoimia, niin alkukuvat (p◦f)−1(U)ja (q ◦ f)−1(V ) ovat avoimia. Tällöin f−1(U × V ) on kahden avoimen joukonleikkaus, joten se on avoin. Siis f on jatkuva. �

Huomautus. Jos f : Z → X × Y on kuvaus, niin merkitään

f1 = p ◦ f ja f2 = q ◦ f.

Nämä ovat f :n komponentit. Jos nyt z ∈ Z, niin

f(z) = (p(f(z)), q(f(z)))= ((p ◦ f)(z), (q ◦ f)(z))= (f1(z), f2(z)).

Merkitään siis f := (f1, f2).

Esimerkki. Kuvaus f : R→ R2, t 7→ (cos t, sin t) on jatkuva, sillä analyysinperuskursseilta muistetaan, että kuvaukset

f1 : R→ R, t 7→ cos t jaf2 : R→ R, t 7→ sin t

ovat jatkuvia.

39

Määritellään vielä jatkuville kuvauksille joitakin tuttuja laskutoimituksia.Tämä on jälleen eräänlaista laajennusta analyysissa ja algebrassa käsitellyilleasioille.

Lause 7.5. Olkoon Z topologinen avaruus. Jos f : Z → R ja g : Z → Rovat jatkuvia, niin samoin ovat

f + g : Z → R, z 7→ f(z) + g(z) jafg : Z → R, z 7→ f(z)g(z).

Mikäli g(z) 6= 0 kaikilla z ∈ Z, niin myös kuvaus

f

g: Z → R, z 7→ f(z)

g(z)

on jatkuva.

Todistus. Tiedetään, että kuvaukset

a : R2 → R, (x, y) 7→ x+ y jam : R2 → R, (x, y) 7→ xy

ovat jatkuvia. Huomataan, että

f + g = a ◦ (f, g) : Z(f,g)−→ R× R a−→ R

z 7−→ (f(z), g(z)) 7−→ f(z) + g(z).

Ja toisaalta

fg = m ◦ (f, g) : Z(f,g)−→ R× R m−→ R

z 7−→ (f(z), g(z)) 7−→ f(z)g(z).

Tässä siis kuvaukset

f = p ◦ (f, g) : Z(f,g)−→ R× R p−→ R

z 7−→ (f(z), g(z)) 7−→ f(z),

g = q ◦ (f, g) : Z(f,g)−→ R× R q−→ R

z 7−→ (f(z), g(z)) 7−→ g(z).ovat jatkuvia, joten lauseen 2.4 nojalla voidaan todeta, että kuvaukset f + gja fg ovat jatkuvia.

Oletetaan sitten, että g(z) 6= 0 kaikilla z ∈ Z. Nyt

f

g= f · 1

g,

joten riittää todeta, että kuvaus1g

: Z → R, z 7→ 1g(z)

40

on jatkuva. Vedotaan jälleen analyysin peruskursseihin. Tiedämme analyy-sistä, että kuvaus

k : R \ {0} → R, t 7→ 1t

on jatkuva. Olkoon sitten

g : Z → R \ {0}, z 7→ g(z).

Nyt lauseen 43 nojalla g on jatkuva. Huomataan, että

1g

= k ◦ g : Zg−→ R \ {0} k−→ R

z 7−→ g(z) 7−→ 1g(z) .

Täten lauseen 2.4 nojalla kuvaus 1gon jatkuva. �

Tuloavaruuksista on tärkeää huomioida, että ne eivät suinkaan rajoitu ainoas-taan kahteen ”ulottuvuuteen”. Induktion avulla voidaan nimittäin nähdä, et-tä tuloavaruuksille voidaan muodostaa tuloavaruuksia muiden topologistenavaruuksien kanssa, ja niin edelleen.

Huomautus. Jos X1, . . . , Xn ovat topologisia avaruuksia, niin vastaavastivoidaan määritellä tuloavaruus

X1 × . . .×Xn.

Sen topologian kanta on

{U1 × . . .× Un | Ui ∈ Xi avoin (i = 1, . . . , n) }.

Tällöin projektiot

pi : X1 × . . .×Xn → Xi, (x1, . . . , xn) 7→ xi

ovat jatkuvia (i= 1, . . . , n).Edelleen f : Z → X1 × . . . Xn on jatkuva jos ja vain jos komponentit

fi = pi ◦ f : Z → Xi ovat jatkuvia, kun i = 1, . . . , n.

Joten huomataan, että samat jatkuvien kuvausten ominaisuudet säilyvät,kun tuloavaruutta laajennetaan.

41

Luku 8

Homeomorfismit

Palautetaan mieleen esipuheessa mainittu anekdootti kahvikupista ja munk-kirinkilästä. Tulimme ohimennen maininneeksi, että nämä oliot ovat itseasiassa topologille täysin samanlaiset. Ominaisuus, jota tuossa yhteydessätarkoitetaan, on topologinen homeomorfisuus, johon tutustumme seuraavak-si. Tässä luvussa esitellään homeomorfismin määritelmä kiintoisine esimerk-keineen, sekä käsitellään joitakin homeomorfismien ominaisuuksia.

Aloitamme tuttuun tapaan määritelmästä.

1 Homeomorfismin määritelmäMääritelmä 8.1. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia. Sanotaan, että ku-vaus f : X → Y on homeomorfismi, mikäli seuraavat ehdot ovat voimassa:

1) f on bijektio

2) f on jatkuva

3) f−1 on jatkuva

Tällöin X ja Y ovat homeomorfiset. Tätä merkitään

X ≈ Y.

Homeomorfismi on siis ”molempiin suuntiin jatkuva” bijektiivinen kuvaustopologisten avaruuksien välillä.

Seuraava analyysissä klassinen esimerkki osoittaa, että eräs avoin väli on(ja itse asiassa kaikki avoimet välit) on homeomorfinen koko reaalilukusuorankanssa.

Esimerkki. Kuvaus f :]− 1, 1[→ R, x 7→ x1−|x| on homeomorfismi. Tässä

x

1− |x| ={−1 + 1

1−x , jos − 1 ≤ x < 11− 1

1+x , jos − 1 < x < 0

42

Todistus. • Osoitetaan, että f on bijektio:Todetaan, että yhtälöllä y = x

1−|x| , missä y ∈ R, on yksikäsitteinenratkaisu, kun x ∈]− 1, 1[.Oletetaan nyt, että x on ratkaisu, jolloin

y = x

1− |x| ⇒ |y| =|x|

1− |x|

⇒ |x| = |y||y|+ 1

⇒ 1− |x| = 1|y|+ 1

⇒ x = (1− |x|)y = y

1 + |y|

Tämä on ratkaisu, sillä

x

1− |x| = y

1 + |y| ·1

1− |y|1+|y|

= y.

Siis f on bijektio, käänteiskuvauksena

g : R→]− 1, 1[, y 7→ y

1 + |y| .

• Analyysin keinoilla voidaan osoittaa, että sekä f että g ovat jatkuvia.Sitä ei kuitenkaan tehdä tässä. �

Samalla tavoin voidaan todistaa, että kuvaus f : B(0, 1) → Rn, x 7→ x1−|x| ,

missä B(0, 1) = {x ∈ Rn | |x| < 1 } on homeomorfismi.On tietenkin olemassa myös sellaisia bijektioita topologisten avaruuksien

välillä, jotka eivät ole halutulla tavalla jatkuvia. Seuraavassa esimerkissä esi-tellään yksi tällainen kuvaus.

Esimerkki. Kuvaus f : [0, 1[→ S1 = { (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1 }, missät 7→ (cos 2πt, sin 2πt), on jatkuva ja bijektio, mutta se ei ole homeomorfismi.

Todistus. Selvästi f on jatkuva bijektio. Tehdään vastaoletus, että f on ho-meomorfismi.

Tarkastellaan väliä [0, 1/2[⊂ [0, 1[. Nyt

[0, 1/2[ = ]− 1, 1/2[∩ [0, 1[,

joten [0, 1/2[ on avoin aliavaruudessa [0, 1[. Tällöin, koska f−1 on jatkuva,niin (f−1)−1([0, 1/2[) on avoin alivaruudessa S1. Nyt siis

f([0, 1/2[) = {(1, 0)} ∪ { (x, y) ∈ R | x2 + y2 = 1, y > 0 }.

43

Tällöin koska f([0, 1/2[) on avoin S1:ssa, niin on olemaassa avoin U ⊆ R2

siten, että f([0, 1/2[) = U ∩ S1. Todetaan, että

(1, 0) = f(0) ∈ f([0, 1/2[) ⊆ U.

On siis olemassa ε > 0 siten, että (1, 0) ∈ B((1, 0), ε) ⊆ U . Siis

(1, 0) ∈ B((1, 0), ε) ∩ S1 ⊆ U ∩ S1 = f([0, 1/2[).

Koska kuvaus g : R→ S1, t 7→ (cos 2πt, sin 2πt) on jatkuva, niin on olemassasellainen δ > 0, että

g(]− δ, δ[) ⊆ B((1, 0), ε) ∩ S1 ⊆ f([0, 1/2[).

Mutta: Koska t ∈ ]− δ, 0[, niin

(cos 2πt, sin 2πt) ∈ f([0, 1/2[),

joka on ristiriita, koska sin 2πt < 0 kaikilla −1 < t < 0. Vastaoletuksen onsiis oletava väärä, joten f ei ole homeomorfismi. �

Seuraava esimerkki on varsin klassinen ”stereografinen projektio”, jonka idea-na on, että punkteerattu (yksi piste poistettu) pallopinta kuvataan koko re-aalilukutasolle. Me käytämme tässä yhteydessä palloa, jonka säde on 1, jajosta on poistettu pohjoisnapa (projektiopiste).

Esimerkki. Tarkastellaan joukkoa

S2 = {x ∈ R3 |√x2

1 + x22 + x2

3︸ ︷︷ ︸=|x|(= vektorin x pituus

= 1 }.

Merkitään P = (0, 0, 1)︸ ︷︷ ︸pohjoisnapa

.

Stereograafinen projektio f : S2 \ {P} → R2 on homeomorfismi. Jos pisteA ∈ S2 \ {P}, niin f(A) ∈ R2 on pisteiden P ja A kautta kulkevan suoranja tason x3 = 0 leikkauspiste. Mikä siis on f(A)?

Merkitään O = (0, 0, 0) ∈ R3 ja A = X = (x1, x2, x3) ∈ S2, sekä lisäksiA′ = (x1, x2), B = f(A) = W . Nyt

w1

x1= w2

x2= OB

OA′.

Siispä {w1 = OB

OA′x1w2 = OB

OA′x2

Tästä voidaan ratkaista OBOA′ graafisesti, jolloin saadaan{

w1 = x11−x3

w2 = x21−x3

Meillä on siis kuvaus f : S2 \ {P} → R2, x 7→(

x11−x3

, x21−x3

), joka on osoitet-

tava homeomorfismiksi.

44

Stereograafinen projektio kuvaa siis tason x3 = 0 alapuolella sijaitsevat pal-lopinnan pisteet avoimelle, origokeskilelle ja 1-säteiselle kuulalle tasossa R2.Sen sijaan tason x3 = 0 yläpuolella sijaitsevat pisteet kuvautuvat koko muul-le tasolle, ja kuten arvata saattaa, kuvapisteiden etäisyys origosta suureneeyhä nopeammin, mitä lähempänä pohjoisnapaa olevia pisteitä kuvataan.

Todistus. Osoitetaan ensin, että f on bijektio. Olkoon w ∈ R2. Ratkaistaanyhtälöt

w1 = x1

1− x3ja w2 = x2

1− x3, missä x ∈ S2 \ {P}.

Jos x on ratkaisu, niin

|w|2 = w21 + w2

2 = x21 + x2

2(1− x3)2

= 1− x23

(1− x3)2

= (1− x3)(1 + x3)(1− x3)2

= 1 + x3

1− x3,

jotenx3 = |w|

2 − 1|w|2 + 1 ja 1− x3 = 2

|w|2 + 1 .

Näin ollen x1 = 2w1

|w|2+1x2 = 2w2

|w|2+1

x3 = |w|2−1|w|2+1

Laskemalla voidaan todistaa, että tämä on todellakin ratkaisu. On siis ole-massa yksikäsitteinen ratkaisu tälle yhtälöryhmälle, joten f on bijektio, jasen käänteiskuvaus on

w 7→( 2w1

|w|2 + 1 ,2w2

|w|2 + 1 ,|w|2 − 1|w|2 + 1

).

Osoitetaan sitten, että f on jatkuva. Lauseen 7.4 perusteella riittää osoittaa,että komponentit

f1 : S2 \ {P} → R2, x 7→ x1

1− x3ja

f2 : S2 \ {P} → R2, x 7→ x2

1− x3

ovat jatkuvia. Nyt lauseen 7.5 perusteella riittää todeta, että kuvaukset

S2 \ {P} → R, x 7→ x1,

S2 \ {P} → R, x 7→ x2 jaS2 \ {P} → R, x 7→ x3

45

ovat jatkuvia. Lauseen 7.3 nojalla projektiot

R3 → R, x 7→ x1,

R3 → R, x 7→ x2 jaR3 → R, x 7→ x3

ovat jatkuvia. Tällöin lauseen 6.6 b)-kohdan perusteella myös halutut ku-vaukset ovat jatkuvia, joten f on jatkuva.

Osoitetaan vielä, että käänteiskuvaus f−1 on jatkuva. Tässä siis f−1 = g,missä

g : S2 \ {P}, w 7→( 2w1

|w|2 + 1 ,2w2

|w|2 + 1 ,|w|2 − 1|w|2 + 1

).

Nyt lauseen nojalla riittää osoittaa, että kuvaus

g : R2 → R3, w 7→ g(w)

on jatkuva. Edelleen lauseen 7.4 perusteella täytyy nyt osoittaa, että kom-ponentit

g1 : R2 → R,g2 : R2 → R jag3 : R2 → R

ovat jatkuvia. Näin onkin, koska lauseen 7.3 nojalla projektiot ovat jatkuvia,ja toisaalta lauseen 7.5 perusteella voidaan edelleen todeta, että g1, g2 ja g3ovat jatkuvia. Siis myös käänteiskuvaus f−1 = g on jatkuva. �

Olemme siis todistaneet, että punkteerattu pallopinta on homeomorfinen ta-son R2 kanssa. Intuitiivisesti näyttäisi siltä, että sama pätisi myös esimer-kiksi punkteeratulle tetraedri- tai kuutiopinnalle, joskin sopivan kuvauksenlöytäminen on haastavaa.

2 Homeomorfismien ominaisuuksiaTässä kappaleessa käsitellään vain muutama lause siitä, miten eräitä ku-vauksia on hieman helpompi todistaa homeomorfismeiksi. Myöhemmin tul-laan puuttumaan muissa yhteyksissä siihen, mitä homeomorfismit tarkkaanottaen merkitsevät topologisille avaruuksille.

Lause 8.2. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia. Bijektio f : X → Yon homeomorfismi, jos ja vain jos U ⊆ X on avoin täsmälleen silloin kunf(U) ⊆ Y on avoin.

Todistus. ”⇒ ” Olkoon f homeomorfismi. Osoitetaan, että yllämainittu ekvi-valenssi on voimassa.

46

• Oletetaan, että U ⊆ X on avoin. Koska f on homeomorfismi, niin f−1 onjatkuva. Tällöin (f−1)−1(U) ⊆ Y on avoin. Mutta f(f−1)−1(U) = f(U),joten nähdään että f(U) on avoin.

• Oletetaan, ett U ⊆ X siten, että f(U) ⊆ Y on avoin. Tällöin koska fon jatkuva, niin f−1(f(U)) ⊆ X on avoin. Mutta f−1(f(U)) = U , jotennähdään että U on avoin.

”⇐ ” Oletetaan sitten, että ekvivalenssi

U ⊆ X on avoin ⇔ f(U) ⊆ Y on avoin

on voimassa. Osoitetaan, että tällöin f on homeomorfismi.

• Oletuksiin kuuluu, että f on bijektio, joten sitä ei tarvitse erikseen to-distaa.

• Osoitetaan, että f on jatkuva:Olkoon V ⊆ Y avoin. Tällöin V = f(f−1(V )), jolloin oletuksen nojallaalkukuva f−1(V ) ⊆ X on avoin, eli f on jatkuva.

• Osoitetaan, että f−1 on jatkuva:Olkoon U ⊆ X avoin. Tällöin oletuksen nojalla f(U) ⊆ Y on avoin.Toisaalta pätee: f(U) = (f−1)−1(U), joten myös f−1 on jatkuva.

Siis f on jatkuva bijektio, ja myös käänteiskuvaus f−1 on jatkuva, joten fon homeomorfismi. �

Lause 8.3. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja olkoon f : X → Yhomeomorfismi. Jos A ⊆ X on aliavaruus, niin f indusoi homeomorfismin

f : A→ f(A), x 7→ f(x).

Todistus. Merkitään g = f−1. Tarkastellaan kuvausta

g : f(A)→ A, y 7→ g(y).

Tällöin, koska f(x) = f(x) kaikilla x ∈ A ja g(y) = g(y) kaikilla y ∈ f(A),niin f ◦ g = id ja g ◦ f = id. Näin ollen g = f

−1.Edelleen, koska f on jatkuva, niin lauseen 6.6 b)-kohdan nojalla kuvaus

A→ f(A), x 7→ f(x)︸ ︷︷ ︸=f

on jatkuva. Ja tietenkin samalla periaatteella myös g on jatkuva. �

Huomautus. Homeomorfismien perusominaisuuksista seuraa, että jos ku-vaukset f : X → Y ja g : Y → Z ovat homeomorfismeja, niin samoin onyhdistetty kuvaus g ◦ f : X → Z.

Myöskin, jos f : X → Y on homeomorfismi, niin samoin on käänteisku-vaus f−1 : Y → X

47

Todistus. HT. �

Tästä ominaisuudesta seuraa, että relaatio

R := { (X, Y ) | X ≈ Y }

on ekvivalenssirelaatio, ja keskenään homeomorfiset topologiset avaruudetmuodostavat ekvivalenssiluokkia.

48

Luku 9

Metriset Avaruudet

Tähän asti olemme tarkastelleet topologisia avaruuksia melko abstraktilla ta-solla. Nyt siirrymme kuitenkin tutkimaan hieman konkreettisempia erikoista-pauksia, joita edustavat mm. euklidiset avaruudet Rn. Metristen avaruuksienerikoispiirteiksi voidaan lukea konstruointi yksinkertaisten aksioomien avulla,sekä eräät melko intuitiiviset ominaisuudet, joihin tutustutaan jäljempänä.Aloitamme kuitenkin käsitteiden määrittelystä.

1 MetriikatMetristen avaruuksien konstruoimisen työkaluna toimii kuvaus, jota kutsu-taan metriikaksi. Seuraavaksi esittelemme tällaiselle kuvaukselle aksiomaat-tisen määrittelyn.

Määritelmä 9.1. Olkoon X joukko. Kuvausta

d : X ×X → R≥0

sanotaan X:n metriikaksi, mikäli seuraavat ehdot ovat voimassa:

M1: d(x, y) = 0 ⇔ x = y kaikilla x, y ∈ X.

M2: d(x, y) = d(y, x) kaikilla x, y ∈ X.

M3: d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) kaikilla x, y, z ∈ X.

Tällöin pari (X, d) on metrinen avaruus.

Toisin sanoen, metriikka on sellainen kuvaus ei-negatiivisille reaaliluvuille,joka antaa eri pisteille positiivisen ”etäisyyden”, on symmetrinen, ja toteut-taa kolmioepäyhtälön.

Huomautus. Usein puhutaan vain metrisestä avaruudesta X.

Varmasti tutuin metriikka onkin normaali euklidinen etäisyys avaruuksissaRn. Olisikin hieman kummallista, jos nämä kuvaukset eivät toteuttaisi met-riikan aksioomia.

49

Esimerkki. Kuvaus

Rn × Rn → R≥0, (x, y) 7→ |x− y|

on Rn:n metriikka.

Tutustutaan seuraavaksi joihinkin hieman epätavallisempiin metriikkoihin.

Esimerkki. Olkoon X joukko. Määritellään kuvaus

d : X ×X → R≥0

asettamallad(x, y) =

{1, x 6= y0, x = y.

Tällöin d on X:n metriikka (ns. diskreetti metriikka).

Todistus. M1: Seuraa suoraan määritelmästä.

M2: Myöskin triviaali, koska tietenkin x 6= y ⇔ y 6= x.

M3: • Tapaus x = y: Tällöin d(x, y) = 0 ≤ d(x, z) + d(z, y), riippumattaz:sta.

• Tapaus x 6= y: Tällöin d(x, y) = 1. Nyt d(x, y) > d(x, z) + d(z, y)vain jos d(x, z) + d(z, y) = 0, eli d(x, z) = 0 ja d(z, y) = 0. Näinei kuitenkaan voi olla, koska silloin olisi x = z ja z = y, eli myösx = y. �

Esimerkki. Tarkastellaan kuvausta

d : Rn × Rn → R≥0,

missä(x, y) 7→ max{ |xi − yi| | 1 ≤ i ≤ n }.

Nyt d on Rn:n metriikka.

Todistus. M1: Jos x, y ∈ Rn, niin

d(x, y) = 0 ⇔ max{ |xi − yi| | 1 ≤ i ≤ n } = 0⇔ |xi − yi| = 0 kaikilla i ∈ {1, . . . , n}⇔ xi = yi kaikilla i ∈ {1, . . . , n}⇔ x = y.

M2: Triviaali.

50

M3: Jos x, y, z ∈ Rn, niin kaikilla j ∈ {1, . . . , n} pätee:

|xj − yj| ≤ |xj − zj|+ |zj − yj|≤ max{ |xj − zj| | 1 ≤ j ≤ n }+ max{ |zj − yj| | 1 ≤ j ≤ n }= d(x, z) + d(z, y)

Tällöin myös

max{ |xj − yj| | 1 ≤ j ≤ n } ≤ d(x, z) + d(z, y),

joten d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y). �

Esimerkki. Olkoot a, b ∈ R ja a < b. Merkitään

C([a, b]) := { jatkuvat funktiot [a, b]→ R }.

Määritellään kuvaus

d : C([a, b])× C([a, b])→ R≥0

asettamallad(f, g) = max{ |f(x)− g(x)| | a ≤ x ≤ b }.

Muistamme analyysin kursseilta, että tällainen määritelmä voidaan todellatehdä mielekkäästi. Näin saadaan aikaan C([a, b]):n metriikka.

Todistus. Kuten edellä. �

2 Metriikan indusoima topologiaKun nyt tunnemme metriikan käsitteen, voimme vastata kysymykseen: Mikäon metristen avaruuksien ja topologisten avaruuksien yhteys? Tämä yhteyson mielenkiintoinen, sillä seuraavaksi todetaan, että metriikan avulla pysty-tään joukossa määrittelemään eräs topologia.

Ensin on kuitenkin syytä yleistää jo euklidisista avaruuksista tuttu ”avoi-men kuulan” käsite kaikille metriikoille.

Määritelmä 9.2. Olkoon (X, d) metrinen avaruus. Jos x ∈ X ja r > 0, niinx-keskinen ja r-säteinen avoin kuula määritellään seuraavasti:

Bd(x, r) := { y ∈ X | d(x, y) < r }.

Esimerkki. Olkoon X joukko. Jos kuvaus d : X × X → R≥0 on diskreettimetriikka, niin

Bd(x, r) ={{x}, jos r ≤ 1X, jos r > 1.

51

Esimerkki. Jos d on Rn:n metriikka siten, että

d(x, y) = max{ |xi − yi| | 1 ≤ i ≤ n },

niin tällöin

Bd(x, r) = { y ∈ Rn | max{ |xi − yi| | 1 ≤ i ≤ n } < r }= { y ∈ Rn | |xi − yi| < r kaikilla i ∈ {1, . . . , n} }=]x1 − r, x1 + r[× . . .×]xn − r, xn + r[= K(x, r).

Edellisestä esimerkistä nähdään, että avoimet kuulat tietyssä metriikassa ei-vät välttämättä suoraan anna meille topologiaa. Se ei kuitenkaan tarkoita,että kyseinen käsite olisi topologisessa mielessä käyttökelvoton. Havaitaannimittäin, että voimme käyttää sitä erään topologian kannan määrittelemi-seen, jolloin pääsemme tietysti käsiksi haluttuun topologiaan.

Lause 9.3. Olkoon (X, d) metrinen avaruus. Tällöin avoimet kuulatBd(x, r),missä x ∈ X ja r > 0, muodostavat X:n erään topologian kannan.

Todistus. Käytetään lausetta 5.3 (kantakriteeri).

B1: Ensimmäinen ehto pätee, sillä tietenkin x ∈ Bd(x, r) kaikilla x ∈ X(koska metriikan määritelmän perusteella d(x, x) = 0 < r).

B2: Oletetaan, että x1, x2 ∈ X ja r1, r2 > 0. Oletetaan lisäksi, että päteex ∈ Bd(x1, r1) ∩Bd(x2, r2). Merkitään

r = min(r1 − d(x1, x), r2 − d(x2, x)).

Osoitetaan, että

Bd(x, r) ⊆ Bd(x1, r1) ∩Bd(x2, r2).

Olkoon z ∈ Bd(x, r). Tällöin d(x, z) < r. Jos i ∈ {1, 2}, niin

d(xi, z)M3≤ d(xi, x) + d(x, z)< d(xi, x) + r

≤ d(xi, x) + ri − d(xi, x)= ri

Näin ollen pätee z ∈ Bd(xi, ri), aina kun i ∈ {1, 2}, joten myöskin päteez ∈ Bd(x1, r1) ∩Bd(x2, r2). �

Mikä on tämä topologia?

Lause 9.4. Olkoon (X, d) metrinen avaruus. Joukko U ⊆ X on avoin edellämainitussa topologiassa täsmälleen silloin, kun kaikilla x ∈ U on olemassarx > 0 siten, että Bd(x, rx) ⊆ U .

52

Todistus. ”⇐ ” Triviaali.”⇒ ” Vedotaan lauseen 5.3 todistukseen. Sen nojalla on olemassa y ∈ X

ja δ > 0 siten, että x ∈ Bd(y, δ) ⊆ U . On siis osoitettava, että

Bd(x, δ − d(y, x)) ⊆ Bd(y, δ).

Olkoon z ∈ Bd(x, δ − d(y, x)). Tällöin d(x, z) < δ − d(y, x). Näin ollen

d(y, z)M3≤ d(y, x) + d(x, z)< d(y, x) + δ − d(y, x)= δ.

Näin ollen pätee z ∈ Bd(y, δ). Eli voidaan valita r = δ− d(y, x), jolloin väitepätee. �

Merkintä. Jos (X, d) on metrinen avaruus, niin merkitään

Td := e.m. topologia.

Tätä sanotaan metriikan d indusoimaksi topologiaksi

Olemme siis todenneet, että joukko U on avoin metriikan d indusoimassatopologiassa täsmälleen silloin, kun jokaisella U alkiolla on olemassa U :hunsisältyvä avoin kuulaympäristö. Tämä on syytä muistaa jatkossa.

Esimerkki. Olkoot a, b ∈ R, a < b. Varustetaan joukko C([a, b]) metriikalla

d(f, g) = max{ |f(x)− g(x)| | a ≤ x ≤ b }.

Saadaan topologinen avaruus C([a, b]).Oletetaan, että (fn)n≥1 on jon0 C([a, b]):n alkioita, siis toisin sanoen että

fn : [a, b] → R on jatkuva funktio kaikilla n ≥ 1. Jos f ∈ C([a, b]), niinmilloin pätee lim

n→∞fn = f?

Selvästi tämä ehto toteutuu täsmälleen silloin, kun pätee: Aina kun jouk-ko U ⊆ C([a, b]) on avoin siten, että f ∈ U , niin on olemassa N ≥ 1, jollepätee fn ∈ U .

Siis jos ε > 0, niin on olemassa N ≥ 1 siten, että fn ∈ Bd(f, ε) kaikillan ≥ N . Toisin sanoen, jos ε > 0, niin on olemassa N ≥ 1 siten, että päteed(fn, f) < ε kaikilla n ≥ N .

Siis, jos ε > 0, niin on olemassa N ≥ 1 siten, että

max{ |f(x)− fn(x)| | a ≤ x ≤ b } < ε

kaikilla n ≥ N . Eli, |f(x)− fn(x)| < ε kaikilla a ≤ x ≤ b, kun n ≥ N .Huomataan, että tämä vastaa analyysin kursseilta tuttua ”tasaisen sup-

penemisen” määritelmää.

Joskus kaksi eri metriikkaa voi indusoida täsmälleen saman topologian (tästäesimerkkejä myöhemmin). Formaalisti tämä asia esitetään seuraavasti:

53

Määritelmä 9.5. Olkoon X joukko ja d1, d2 sen metriikkoja. Jos Td1 = Td2 ,niin sanotaan että d1 ja d2 ovat ekvivalentteja.

Metriikkojen ekvivalenssin testaamiseksi ei välttämättä tarvitse ryhtyä tar-kastelemaan niiden indusoimia topologioita yksityiskohtaisesti, vaan siihenon olemassa oikotie.

Lause 9.6. Olkoon X joukko ja d1, d2 sen metriikkoja. Jos on olemassaa,A > 0 siten, että

ad1(x, y) ≤ d2(x, y) ≤ Ad1(x, y)

kaikilla x, y ∈ X, niin d1 ja d2 ovat ekvivalentteja.

Todistus. Pitää osoittaa, että Td1 = Td2 .

• Td1 ⊆ Td2 : Olkoon U ∈ Td1 ja olkoon x ∈ U . Tällöin on olemassa r > 0siten, että Bd1(x, r) ⊆ U .Todistetaan, että Bd2(x, ar) ⊆ Bd1(x, r). Olkoon y ∈ Bd2(x, ar). Nytd2(y, x) < ar. Näin ollen

ad1(x, y)oletus≤ d2(x, y) < ar,

joten d1(x, y) < r ja näin ollen y ∈ Bd1(x, r). Tällöin voidaan päätellä,että koska Bd1(x, r) ⊆ U , niin Bd2(x, ar) ⊆ U . Joten U ∈ Td2 .

• Td2 ⊆ Td1 : Huomataan, että

ad1(x, y) ≤ d2(x, y) ≤ Ad1(x, y),

joten koska a,A > 0, niin

1Ad2(x, y) ≤ d1(x, y) ≤ 1

ad2(x, y).

Täten väite pätee symmetrian nojalla. �

Seuraavaksi todistetaan, että kaksi aikaisemmin esitettyä metriikkaa Rn:lleindusoivat todellakin saman topologian (eli jo ennestään tutun ”normaalin”topologian).

Esimerkki. Rn:n metriikat

d(x, y) = |x− y| (x, y ∈ Rn)

jaρ(x, y) = max{ |xi − yi| | 1 ≤ i ≤ n } (x, y ∈ Rn)

ovat ekvivalentteja.

54

Todistus. Käytetään lausetta 9.6. Huomataan, että

max{ |xi − yi| | 1 ≤ i ≤ n } ≤√√√√(x1 − y1)2 + . . .+ (xn − yn)2︸ ︷︷ ︸

≤n·(max{ |xi−yi||1≤i≤n })2

≤√n ·max{ |xi − yi| | 1 ≤ i ≤ n }.

Eli voidaan valita a = 1 ja A =√n, jolloin ehto toteutuu. �

Tähän asti olemme käsitelleet sellaisia metriikoita, jotka indusoivat jonkintutun tai muuten intuitiivisen topologian. On kuitenkin tärkeää huomioida,että kaikkia topologioita ei voida määritellä minkään metriikan avulla.

Määritelmä 9.7. Olkoon (X, T ) topologinen avaruus. Jos on olemassa X:nmetriikka d siten, että T = Td, niin sanotaan että X on metristyvä.

Huomautus. On mahdollista todistaa (jätetään harjoitustehtäväksi), ettäavaruus (X, Td) on aina Hausdorff. Näin ollen on todellakin olemassa ei-metristyviä topologisia avaruuksia.

Esimerkki. Olkoon p alkuluku. Jos 0 6= x ∈ Q, niin kirjoitetaan

x = pra

b,

missä a, b, r ∈ Z, p - a, p - b. Nyt r on yksikäsitteinen. Merkitään

|x|p := p−r (p-adinen itseisarvo).

Sovitaan, että |0|p = 0.Nyt kuvaus

d : Q×Q→ R≥0, (x, y) 7→ |x− y|pon metriikka.

Todistus. M1: Seuraa suoraan määritelmästä.

M2: Triviaali.

M3: Osoitetaan, että itse asiassa

|x+ y|p ≤ max(|x|p, |y|p)

kaikilla x, y ∈ Q. Tällöin

max(|x|p, |y|p) ≤ |x|p + |y|p,

joten |x+ y|p ≤ |x|p + |y|p kaikilla x, y ∈ Q. Näin ollen

d(x, y) = |x− y|p = |x− z + z − y|p≤ |x− z|p + |z − y|p= d(x, z) + d(z, y)

55

kaikilla x, y, z ∈ Q.Huomautus: Kaikilla x, y, z ∈ Q pätee ns. ultrametrinen epäyhtälö:

d(x, y) = |x− y|p= |x− z + z − y|p≤ max(|x− z|p, |z − y|p)= max(d(x, z), d(z, y)).

Osoitetaan siis, että

|x+ y|p ≤ max(|x|p, |y|p)

kaikilla x, y ∈ Q. Jos nyt x = 0 tai y = 0, niin asia on selvä. Oletetaansiis, että x 6= 0 ja y 6= 0. Tällöin

x = pra

bja y = ps

a′

b′,

missä p - a, p - b, p - a′, p - b′. Voidaan olettaa, että s ≥ r. Nyt

x+ y = pra

b+ ps

a′

b′

= pr(a

b+ ps−r

a′

b′

)= pr

(ab′ + ps−ra′b

bb′

)(p - bb′)

Jos nytx+ y = pt

a′′

b′′,

missä p - a′′, p - b′′, niin on siis oltava r ≤ t. Näin ollen pätee −r ≥ −t jaedelleen p−r ≥ p−t, joten |x|p ≥ |x+ y|p. Eli, kun s ≥ r, niin |y|p ≤ |x|p.Näin ollen

|x+ y|p ≤ max(|x|p, |y|p). �

56

Luku 10

Yhtenäisyys

Siirrymme nyt tutkimaan joitakin topologisten avaruuksien keskeisimpiä omi-naisuuksia. Ensimmäinen näistä on yhtenäisyys, joka intuitiivisella tasollatarkoittaa, että topologinen avaruus ei koostu erillisistä ”palasista”. Pyrim-me formalisoimaan tämän määritelmäksi.

1 Yhtenäisyyden määritelmäMääritelmä 10.1. Topologinen avaruus X on yhtenäinen, mikäli sitä eivoida lausua kahden erillisen avoimen joukon yhdisteenä.

Joukko A ⊆ X on yhtenäinen, jos vastaava aliavaruus on yhtenäinen.

Tämä määritelmä saattaa vaikuttaa hieman hankalalta, sillä siinä yhtenäi-syys on määritelty negatiivisen ominaisuuden kautta. Saattaakin olla hel-pompaa mieltää, mitä tarkoittaa epäyhtenäisyys.

Huomautus. Topologinen avaruus X on siis epäyhtenäinen jos ja vain joson olemassa avoimet joukot U, V ⊆ X siten, että U ∩ V = ∅, U 6= ∅, V 6= ∅ja X = U ∪ V .

Esimerkki. Tarkastellaan aliavaruutta

X := [0, 1] ∪ [2, 4].

Tällöin X on epäyhtenäinen, sillä

[0, 1] = ]− 1, 32[∩X ja [2, 4] = ]32 , 5[∩X

ovat avoimia X:ssä.

Yhtenäisyyden todistaminen saattaa olla työlästä, koska negatiivisten omi-naisuuksien todistaminen on yleensäkin hieman konstikasta. Samoin epäyh-tenäisyyttä voi olla hankala todistaa, jos ei ole suoraan nähtävissä, minkäjoukkojen yhdisteenä tutkimuksen kohteena oleva avaruus tulisi esittää. Asi-aa helpottaa seuraavaksi esiteltävä välttämätön ja riittävä ehto sille, ettätopologinen avaruus X on yhtenäinen.

57

Lause 10.2. Topologinen avaruusX on yhtenäinen, jos ja vain jos sen ainoatyhtä aikaa avoimet ja suljetut joukot ovat ∅ ja X.

Todistus. ”⇒ ” Olkoon X yhtenäinen topologinen avaruus. Tehdään vastao-letus, että on olemassa U ⊆ X siten, että U on avoin ja suljettu, mutta U 6= ∅ja U 6= X.

Nyt koska U on suljettu, niin X \ U on avoin. Mutta X = U ∪ (X \ U)ja tietenkin U ∩ (X \ U) = ∅. Tässä U 6= X, joten myös X \ U 6= ∅. Tällöinmääritelmän mukaisesti X on epäyhtenäinen, mikä on ristiriitaista oletuksenkanssa.

Koska vastaoletus johtaa ristiriitaan, on todettava, että kyseisiä ominai-suuksia omaavaa joukkoa ei ole olemassa.

”⇐ ” Oletetaan, että X:n ainoat yhtä aikaa avoimet ja suljetut joukotovat ∅ ja X. Oletetaan sitten, että X = U ∪V , missä U, V ⊆ X ovat avoimiaja U ∩ V = ∅.

On siis oltava U = X \ V ja V = X \ U , joten U ja V ovat suljettuja.Koska nyt sekä U että V ovat sekä avoimia että suljettuja, niin oletuksennojalla on oltava {

U = ∅V = X

tai{U = XV = ∅

Täytyy siis olla joko U = ∅ tai V = ∅, joten määritelmän perusteella X onyhtenäinen. �

Nyt kun käytössämme on tällainen työkalu, on helpompaa tutkia joidenkinennestään tuttujen topologisten avaruuksien yhtenäisyyttä.

Esimerkki. Olkoon X diskreetti topologinen avaruus. Jos pätee X 6= ∅ jaX 6= {x} kaikilla x ∈ X, niin X on epäyhtenäinen.

Todistus. Kun valitaan mikä tahansa x ∈ X, niin X = {x} ∪ (X \ {x}).Tässä {x} ja X \ {x} ovat avoimia, koska X on diskreetti avaruus. NiinpäX voidaan esittää kahden erillisen avoimen joukon yhdisteenä, joten X onepäyhtenäinen. �

Esimerkki. Varustetaan joukko {0, 1} aikaisemmin esitellyllä Sierpinskintopologialla T = {∅, {0, 1}, {0}}. Mitkä ovat yhtä aikaa avoimet ja suljetutjoukot?

Luonnollisesti ∅ ja {0, 1} ovat yhtä aikaa avoimia ja suljettuja. Niidenlisäksi ei ole muita, sillä {1} ∈ T . Niinpä {0, 1} \ {0} ei ole avoin, joten {0}ei ole suljettu.

Siis avaruus {0, 1} on yhtenäinen lauseen 10.2 nojalla.

Seuraava lause saattaa vaikuttaa melko triviaalilta tai yhdentekevältä, mut-ta tulemme hyödyntämään sitä jatkossa monta kertaa. Siksi se on tässäkinyhteydessä erikseen käsitelty.

Lause 10.3. Aliavaruus [0, 1] ⊆ R on yhtenäinen.

58

Todistus. Käytetään lausetta 10.2.Tehdään vastaoletus, että [0, 1] ei ole yhtenäinen, eli on olemassa joukko

E ⊆ [0, 1] siten, että E 6= ∅, E 6= [0, 1] ja E on sekä avoin että suljettu.Voidaan olettaa, että 1 6∈ E (Mikäli olisi 1 ∈ E, voidaan korvata E

joukolla [0, 1] \ E, nimittäin koska E on avoin, niin [0, 1] \ E on suljettu, jakoska E on suljettu, niin [0, 1] \E on avoin, ja tietenkin [0, 1] \E 6= ∅, [0, 1]).

R:n täydellisyysaksiooman nojalla on olemassa C := supE. Nyt kaikillaε > 0 on olemassa x ∈ E siten, että C− ε < x ≤ C. Niinpä on oltava C ∈ E.Kuitenkin, koska E on suljettu aliavaruudessa [0, 1], niin on oltava

cl[0,1]E = E ∩ [0, 1].

Edelleen, koska E ⊆ [0, 1], ja toisaalta E:n sulkeuma on suppein suljettujoukko, joka sisältää E:n, niin on oltava E ⊆ [0, 1]. Silloin nähdään, ettäkoska E ∩ [0, 1] = E, niin E = E. Siis C ∈ E.

Aiemmin valitsimme, että 1 6∈ E. Koska kuitenkin pätee C ∈ E, niinvoidaan päätellä, että C 6= 1, eli C < 1.

Tällöin, koska E on avoin, niin E = U ∩ [0, 1], missä U ⊆ R on avoin. Nytkoska C ∈ E, niin C ∈ U . On siis olemassa ε > 0 siten, että ]C−ε, C+ε[⊆ U .Tällöin

]C − ε, C + ε[∩ [0, 1] ⊆ U ∩ [0, 1] = E.

Tästä nähdään, että koska C < x < C + ε, niin on oltava x 6∈ E (kunC + ε < 1, eli ε < 1− C).

Tämä on ristiriitaista, joten vastaoletus on väärä ja [0, 1] on yhtenäinen.�

Suunnilleen yhtä paljon käyttöä tulee olemaan myös seuraavaksi esitettävällelauseelle, joka käsittelee yhtenäisen avaruuden kuvaa jatkuvassa kuvauksessa.Näitä kahta lausetta käytetäänkin monesti yhdessä.

Lause 10.4. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja olkoon f : X → Yjatkuva kuvaus. Tällöin, jos X on yhtenäinen, niin f(X) ⊆ Y on yhtenäinen.

Todistus. Lauseen 6.7 perusteella indusoitu kuvaus f : X → f(X), x 7→ f(x)on jatkuva.

Selvästi f on surjektio, joten nyt voidaan olettaa, että f on surjektio, elif(X) = Y (Siis korvataan kuvauksella f).

Oletetaan siis, että Y = U∪V , missä U, V ⊆ Y ovat avoimia ja U∩V = ∅.Tällöin

f−1(Y ) = f−1(U ∪ V ) = f−1(U) ∪ f−1(V ) = X.

Tässä U ⊆ Y on avoin, joten f−1(U) ⊆ X on avoin. Samalla periaatteellamyös f−1(V ) ⊆ X on avoin. Edelleen

f−1(U) ∩ f−1(V ) = f−1(U ∩ V ) = f−1(∅) = ∅.

Kuitenkin aiemmin oletimme, että X on yhtenäinen. Nyt on siis oltava jokof−1(U) = ∅ tai f−1(V ) = ∅. Tästä seuraa tietenkin, että joko f(f−1(U)) = ∅

59

tai f(f−1(V )) = ∅, eli joko U = ∅ tai V = ∅ (koska f on surjektio, niinf(f−1(B) = B kaikilla B ⊆ Y ).

Huomataan, että Y :tä ei voi esittää kahden erillisen epätyhjän avoimenjoukon yhdisteenä, joten määritelmän mukaisesti Y on yhtenäinen. �

Huomautus. Edellisestä lauseesta seuraa siis, että yhtenäisyys on topologi-nen ominaisuus, eli jos f : X → Y on homeomorfismi, niin X on yhtenäinenjos ja vain jos Y on yhtenäinen.

2 PolkuyhtenäisyysVoimme nyt siirtyä käsittelemään polkuyhtenäisyyttä, joka on käsitteenäikään kuin vahvempi versio yhtenäisyydestä. Ensin on määriteltävä mitä tar-koitetaan polulla.

Määritelmä 10.5. OlkoonX topologinen avaruus. Polku on jatkuva kuvaus

α : [0, 1]→ X.

Tällöin α(0) on sen alkupiste ja α(1) loppupiste.

Määritelmä 10.6 (Polkuyhtenäisyys). Topologisen avaruuden X sano-taan olevan polkuyhtenäinen, mikäli kaikilla x, y ∈ X on olemassa polku

α : [0, 1]→ X

siten, että α(0) = x ja α(1) = y.

Todistamme seuraavaksi joidenkin tuttujen avaruuksien polkuyhtenäisyyden.

Esimerkki. R on polkuyhtenäinen.

Todistus. Valitaan mielivaltaiset x, y ∈ R. Määritellään kuvaus α : [0, 1]→ Rasettamalla

α(t) = x+ t(y − x).

Analyysin keinoin voidaan osoittaa, että tämä on todella polku, jolle päteeα(0) = x ja α(1) = y. �

Esimerkki. Avoin kuula

B(x, r) := { y ∈ Rn | |y − x| < r }

on polkuyhtenäinen kaikilla x ∈ Rn, r > 0.

Todistus. Olkoon y, z ∈ B(x, r). Määritellään kuvaus α : [0, 1] → B(x, r)asettamalla

α(t) = y + t(z − y)

60

kaikilla t ∈ [0, 1]. Tällöin

|α(t)− x| = |y + t(z − y)− x|= |(1− t)y + tz − (1− t)x− tx|= |(1− t)(y − x) + t(z − x)|k.e.y.

≤ |(1− t)(y − x)|+ |t(z − x)|= (1− t)|y − x|+ t|z − x|< (1− t)r + tr

= r.

Näin ollen kaikilla t ∈ [0, 1] pätee α(t) ∈ B(x, r), joten α on halutun kaltainenkuvaus. Lisäksi on helppo todeta, että α(0) = y ja α(1) = z.

Osoitetaan vielä, että kuvaus α on jatkuva. Tätä asiaa helpottaa se, ettälauseen 6.7 nojalla riittää osoittaa, että kuvaus

[0, 1]→ Rn, t 7→ α(t)

on jatkuva. Edelleen lauseen 7.4 perusteella voidaan yleistää, että edellä mai-nittu kuvaus on jatkuva, jos sen komponentit

[0, 1]→ R t 7→ yi + t(zi − yi)

ovat jatkuvia. Tämä voidaan nähdä edellisen esimerkin todistuksesta.Siis α : [0, 1] → B(x, r) on polku, jolla α(0) = y ja α(1) = z. Täten

B(x, r) on polkuyhtenäinen. �

Seuraava lause liittyy epäyhtenäisten topologisten avaruuksien yhtenäisiinaliavaruuksiin. Intuitiivisesti on helppo ymmärtää, että yhtenäinen aliava-ruus ei voi ulottua epäyhtenäisessä avaruudessa olevan ”aukon” yli. Nyt siistodistamme tämän.

Lause 10.7. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoot U, V ∈ X avoimiajoukkoja siten, että X = U ∪ V ja U ∩ V = ∅ (siis X epäyhtenäinen). Josaliavaruus A ⊆ X on yhtenäinen, niin A ⊆ U tai A ⊆ V .

Todistus. Nyt koska X = U ∪ V , niin A = (A∩U)∪ (A∩ V ). Koska U ja Vovat avoimia X:ssä, niin A ∩ U ja A ∩ V ovat avoimia A:ssa. Edelleen

(A ∩ U) ∩ (A ∩ V ) = A ∩ (U ∩ V︸ ︷︷ ︸=∅

) = ∅.

Tällöin, koska A on yhtenäinen, niin on oltava joko A∩U = ∅ tai A∩V = ∅.Voidaan siis todeta, että koska X = U ∪ V , niin pätee joko A ⊆ U tai

A ⊆ V . �

Kuten aikaisemmin todettiin polkuyhtenäisyys on tavallaan vahvempi versioyhtenäisyydestä. Tämä tarkoittaa sitä, että jokainen polkuyhtenäinen ava-ruus on myös yhtenäinen, mikä todistetaan seuraavaksi.

61

Lause 10.8. Olkoon X topologinen avaruus. Jos X on polkuyhtenäinen,niin X on yhtenäinen.

Todistus. Olkoon X polkuyhtenäinen topologinen avaruus. Tehdään vastao-letus, että X on epäyhtenäinen. Nyt määritelmän perusteella on olemassasellaiset epätyhjät avoimet joukot U, V ⊆ X, että X = U ∪ V ja U ∩ V = ∅.

Koska U, V 6= ∅, niin voidaan valita alkiot x ∈ U ja y ∈ V . Nyt koskaX on polkuyhtenäinen, niin on olemassa polku α : [0, 1] → X, jolle päteeα(0) = x ja α(1) = y.

Lauseen 10.3 nojalla väli [0, 1] on yhtenäinen. Edelleen lauseen 10.4 perus-teella kuva α([0, 1]) on yhtenäinen, koska polku α on jatkuva. Tällöin lauseen10.7 voidaan todeta, että täytyy olla joko α([0, 1]) ⊆ U tai α([0, 1]) ⊆ V .

Tässä päädytään ristiriitaan, koska nyt y = α(1) ∈ U tai x = α(0) ∈ V .On siis todettava, että X on yhtenäinen. �

Huomautus. Nyt herää väistämättä kysymys, päteekö tämä implikaatiomyös toiseen suuntaan? Toisin sanoen, ovatko yhtenäisyys ja polkuyhtenäi-syys ekvivalentteja ominaisuuksia? Näin ei kuitenkaan ole. On nimittäin ole-massa sellainen yhtenäinen topologinen avaruus, joka ei ole polkuyhtenäinen.Emme tässä yhteydessä tutustu tämän avaruuden yksityiskohtiin, vaan to-teamme ainoastaan, että tällainen avaruus on mahdollista konstruoida ”to-pologin sinikäyrän” avulla.

Seuraavaksi todetaan yhtenäisten avaruuksien yhtenäisiä aliavaruuksia kos-keva hyödyllinen ominaisuus, joka on tietyssä mielessä myös hyvin intuitii-vinen.

Lause 10.9. Olkoon X topologinen avaruus. Jos aliavaruudet A,B ⊆ Xovat yhtenäisiä, ja lisäksi A∩B 6= ∅, niin aliavaruus A∪B ⊆ X on yhtenäinen.

Todistus. Tehdään vastaoletus, että aliavaruus A∪B ⊆ X on epäyhtenäinen.Nyt lauseen 10.2 perusteella on olemassa sellainen yhtä aikaa avoin ja suljettuU ⊆ A ∪B, että U 6= ∅ ja U 6= A ∪B.

Nyt koska U 6= ∅, voidaan valita jokin x ∈ U . Koska x ∈ U , niin tietenkinx ∈ A∪B, eli x ∈ A tai x ∈ B. Oletetaan nyt, että esimerkiksi x ∈ A (tapausx ∈ B käsiteltäisiin täsmälleen samalla tavalla). Nyt koska x ∈ A ∩ U , niinA ∩ U 6= ∅.

Lauseen 6.4 nojalla voidaan todeta, että koska A ⊆ A ∪B ja U ⊆ A ∪Bon sekä avoin että suljettu, niin A ∩ U on sekä avoin että suljettu A:ssa.

Oletuksen nojalla A on yhtenäinen, ja lisäksi tiedetään, että A ∩ U 6= ∅,joten lauseen 10.2 perusteella voidaan todeta, että A ∩ U = A. Nyt siiserityisesti A ⊆ U . Tällöin

∅ oletus= A ∩B ⊆ U, joten B ∩ U 6= ∅.

Täten äskeinen päättely voidaan toistaa myös B:lle. Näin ollen pätee B ⊆ U .Mutta silloin, koska sekä A ⊆ U että B ⊆ U , niin myös A∪B ⊆ U . Toisaalta

62

oletettiin, että U ⊆ A ∪B, joten

U = A ∪B.

Tämä on ristiriitaista. On siis todettava, että A ∪B on yhtenäinen. �

3 Yhtenäiset komponentitTarkastellaan topologista avaruutta X. Määritellään siinä relaatio ∼ asetta-malla

x ∼ y ⇔ On olemassa yhtenäinen Cxy ⊆ X siten, että x, y ∈ Cxy

kaikilla x, y ∈ X.Havaitaan, että ∼ on ekvivalenssirelaatio:

• x ∼ x: Valitaan Cxx = {x}.

• x ∼ y ⇒ y ∼ x: Valitaan Cyx = Cxy.

• x ∼ y, y ∼ z ⇒ x ∼ z: Nyt on olemassa yhtenäiset Cxy, Cyz ⊆ X, missäx, y ∈ Cxy ja y, z ∈ Cyz.Siis koska y ∈ Cxy ja y ∈ Cyz, niin Cxy ∩ Cyz 6= ∅. Tällöin lauseen 10.9nojalla Cxy ∪ Cyz on yhtenäinen. Voidaan siis valita Cxz = Cxy ∪ Cyz.

Merkitään kaikilla x ∈ X:

C(x) := x:n ekvivalenssiluokka.

Saadaan siis X:n ositus. Toisin sanoen:

X =⋃x∈X

C(x)

ja lisäksi kaikilla x, y ∈ X pätee:

C(x) ∩ C(y) 6= ∅ ⇔ C(x) = C(y) ⇔ x ∼ y.

Jokainen topologinen avaruus (yhtenäinen tai epäyhtenäinen) on siis mah-dollista jakaa yhtenäisyyttä käyttämällä ekvivalenssiluokkiin.

Lause 10.10. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon x ∈ X. Tällöin

a) C(x) on yhtenäinen.

b) Jos C ⊆ X on yhtenäinen ja x ∈ C, niin C ⊆ C(x).

TällöinC(x) =

⋃C yhtenäinen,

x∈C

C.

63

Todistus. a) Oletetaan, että C(x) = U∪V , missä U, V ⊆ C(x) ovat avoimiaC(x):ssä ja U ∩ V = ∅. Jos olisi U 6= ∅ ja V 6= ∅, niin olisi olemassaalkiot y ∈ U ja z ∈ V .Silloin y, z ∈ C(x), eli x ∼ y ja x ∼ z. Nyt symmetrisyyden ja transitii-visuuden perusteella myös y ∼ z, eli on olemassa yhtenäinen Cyz ⊆ C(x)siten, että y, z ∈ Cyz.Tällöin lauseen 10.7 nojalla joko Cyz ⊆ U tai Cyz ⊆ V . Nyt siis y, z ∈ Utai y, z ∈ V . Edelleen on oltava joko y ∈ U ∩ V tai z ∈ U ∩ V . TällöinU ∩ V 6= ∅, mikä on ristiriitaista.On siis oltava joko U = ∅ tai V = ∅, joten C(x) on yhtenäinen.

b) Oletetaan, että C ⊆ X on yhtenäinen siten, että x ∈ C. Tällöin josy ∈ C, niin x, y ∈ C, eli määritelmän mukaisesti x ∼ y. Näin olleny ∈ C(x). Siis C ⊆ C(x).Todistetaan vielä, että

C(x) =⋃

C yhtenäinen,x∈C

C.

”⊆” Jos C on yhtenäinen siten, että x ∈ C, niin kuten edellä todettiin,C ⊆ C(x). Joten ⋃

C yhtenäinen,x∈C

C ⊆ C(x).

”⊇” Olkoon y ∈ C(x). Tällöin a)-kohdan perusteella C(x) on yhtenäinen,joten C(x) on yhtenäinen siten, että x ∈ C(x). Siis

y ∈⋃

C yhtenäinen,x∈C

C,

eliC(x) ⊆

⋃C yhtenäinen,

x∈C

C.

�

Määritelmä 10.11. Jos X on topologinen avaruus ja x ∈ X, niin sanotaan,että C(x) on X:n yhtenäinen komponentti.

Esimerkki. Olkoon X = [0, 1] ∪ [2, 4] ⊆ R. Tällöin

C(x) ={

[0, 1] jos x ∈ [0, 1][2, 4] jos x ∈ [2, 4]

Todistus. Nyt lauseen 10.3 yleistyksen nojalla [0, 1] ja [2, 4] ovat yhtenäisiä.Olkoon x ∈ X. Tällöin lauseen 10.10 nojalla C(x) on yhtenäinen. Havai-

taan, että[0, 1] =]− 1, 1

2[∩X ja ]32 , 5[∩X

64

ovat avoimia X:ssä. Täten lauseen 10.7 nojalla joko C(x) ⊆ [0, 1] tai C(x) ⊆[2, 4]. Mutta nyt lauseen 10.10 nojalla C(x) = [0, 1] tai C(x) = [2, 4]. �

65

Luku 11

Kompaktisuus

Kompaktisuus on toinen mielenkiintoinen, joskin yhtenäisyydestä lähes täy-sin erillinen topologisten avaruuksien ominaisuus. Kompaktit topologiset ava-ruudet käyttäytyvät tietyillä tavoilla, ja niiden ominaisuuksien tutkimiseenpaneudutaankin siksi tässä luvussa lähes syvällisesti. Aloitetaan jälleen mää-ritelmästä.

1 Kompaktit topologiset avaruudetMääritelmä 11.1. OlkoonX topologinen avaruus. Jos (Ui)i∈I on perheX:navoimia joukkoja siten, että

X =⋃i∈IUi,

niin sanotaan, että perhe (Ui)i∈I on X:n avoin peite. Mikäli on olemassaäärellinen J ⊆ I siten, että

X =⋃i∈J

Ui,

Niin perhe (Ui)i∈J on peitteen (UI)i∈I äärellinen osapeite.

Esimerkki. Avoimella peitteellä (Ui)i∈I , missä Ui = X kaikilla i ∈ I, onäärellinen osapeite (Ui)i∈{i0}, kun i0 ∈ I.

Määritelmä 11.2. Topologisen avaruudenX sanotaan olevan kompakti, mi-käli sen jokaisella avoimella peitteellä on äärellinen osapeite. Jos A ⊆ X, niinjoukon A kompaktisuudella tarkoitetaan vastaavan aliavaruuden kompakti-suutta.

Huomautus. Jotta X olisi kompakti, pitää siis todentaan seuraava impli-kaatio:

(Ui)i∈I mielivaltainenX:n avoin peite⇒ On olemassa i1, . . . , in ∈ I siten, että X = U1 ∪ . . . ∪ Un.

66

Tässä vaiheessa saattaa tuntua siltä, että suurin osa meille jo tutuista to-pologisista avaruuksista ei olekaan kompakteja. Tämä pitääkin paikkansa,ainakin tavallisimpien topologioiden osalta.

Esimerkki. R varustettuna standarditopologialla ei ole kompakti.

Todistus. Tehdään vastaoletus, että R on kompakti. Tällöin erityisesti R:npeitteellä (] − n, n[)n∈N on oltava äärellinen osapeite, eli on oltava olemassan1, . . . , np ∈ N siten, että

R = ]− n1, n1[∪ . . .∪ ]− np, np[.

Nyt siis R = ] − n, n[, missä n = max{n1, . . . , np}. Tämä on tietenkin järje-töntä, joten on todettava, että R ei ole kompakti. �

Esimerkki. [0, 1[⊆ R ei ole kompakti.

Todistus. Havaitaan, että ([0, 1− 1n[)n>1 on avoin peite, jolla ei ole äärellistä

osapeitettä. Nimittäin:

• Valitaan mielivaltainen x ∈ [0, 1[. Nyt x ∈ [0, 1− 1n[, kun 1− 1

n> x, eli

n > 11−x . Näin ollen

[0, 1[ =⋃n>1

[0, 1− 1n

[.

• Jos olisi [0, 1[⊆ [0, 1 − 1n1

[∪ . . . ∪ [0, 1 − 1np

[, niin pitäisi tietenkin myösolla [0, 1[⊆ [0, 1− 1

n[, missä n = max{n1, . . . , np}. �

Edellä esitellyt tavanomaiset topologiset avaruudet eivät olleet kompakte-ja. Tarkastellaan seuraavaksi joitakin tuttuja kompakteja (tietyin oletuksin)topologisia avaruuksia.

Esimerkki. Olkoon X diskreetti topologinen avaruus. Milloin X on kom-pakti?

• Oletetaan ensin, että X on kompakti. Nyt

X =⋃x∈X{x},

joten perhe ({x})x∈X on X:n avoin peite.Jos X on kompakti, niin silloin on olemassa alkiot x1, . . . , xn ∈ X siten,että X = {x1} ∪ . . . ∪ {xn} = {x1, . . . , xn}. Nähdään, että nyt X onäärellinen.

• Oletetaan, että X on äärellinen. Olkoon (Ui)i∈I on perhe X:n osajouk-koja. Jos X = {x1, . . . , xn}, niin ehdosta

X =⋃i∈IUi

67

seuraa, että kaikilla k ∈ {1, . . . , n} on olemassa ik ∈ {1, . . . , n} siten,että xk ∈ Uik .Täten X = Ui1 ∪ . . . ∪ Uin . Siis X on kompakti.

Olemme siis todistaneet, että diskreetti topologinen avaruus X on kompaktitäsmälleen silloin, kun sen on äärellinen.

Esimerkki. Jos X on varustettu kofiniittisella topologialla, niin X on kom-pakti.

Todistus. Olkoon (Ui)i∈I X:n avoin peite. Voidaan olettaa, että X 6= ∅. Onsiis olemassa i0 ∈ I siten, että X \Ui0 on äärellinen. Joten on olemassa alkiotx1, . . . , xn ∈ X siten, että X \ Ui0 = {x1, . . . , xn}. Tällöin koska X =

⋃i∈IUi,

niin jokaisella k ∈ {1, . . . , n} on olemassa ik ∈ I siten, että xin ∈ Uik . Täten

X \ Ui0 ⊆ Ui1 ∪ . . . ∪ Uin⇒X = Ui0 ∪ (X \ Ui0) ⊆ Ui0 ∪ . . . ∪ Uin⇒X = Ui0 ∪ . . . ∪ Uin .

Näin ollen X on kompakti. �

Seuraava lause saattaa vaikuttaa varsin spesifiltä, triviaalilta tai yhdente-kevältä, mutta sitä tullaan käyttämään tulevaisuudessa erilaisissa kompak-tisuustodistuksissa. Sen merkityst kompaktisuuden tarkastelussa onkin ver-rattavissa lauseen 10.3 merkitykseen yhtenäisyyden tarkastelussa.

Lause 11.3 (Heine-Borel). Jos a, b ∈ R, missä a < b, niin suljettu väli[a, b] on kompakti.

Todistus. Olkoon (Vi)i∈I välin [a, b] avoin peite. Merkitään

E := {x ∈ [a, b] | [a, x] ⊆⋃i∈J

Vi jollakin äärellisellä J ⊆ I }.

Nyt koska [a, b] =⋃i∈IVi, niin a ∈ Vi0 jollakin i0 ∈ I. Siis [a, a] ⊆

⋃i∈{i0}

Vi,

joten a ∈ E. Näin ollen E 6= ∅.Itse asiassa, koska Vi0 on avoin, niin nyt on olemassa sellainen ε > 0, että

]a− ε, a+ ε[∩ [a, b] ⊆ Vi0 .

Nyt siis [a, a+ ε[⊆ Vi0 (kun ε < b− a), joten edelleen [a, a+ ε[⊆ E.Vedotaan sitten R:n täydellisyysaksioomaan. Sen perusteella on olemassa

c = supE. Todetaan, että x ≤ b kaikilla x ∈ E, joten myös c ≤ b. Ja koska[a, a+ ε[⊆ E, niin on oltava c > a.

Siis koska a < c ≤ b, niin c ∈ Vi0 jollakin i0 ∈ I (ei sama kuin edellä).Nyt koska Vi0 on avoin, niin on olemassa sellainen ε > 0, jolla pätee

]c− ε, c+ ε[∩ [a, b] ⊆ Vi0 .

68

Tämän perusteella siis ]c − ε, c] ⊆ Vi0 (kun ε < c − a). Edelleen koskac = supE, niin on olemassa x ∈ E siten, että pätee c− ε < x ≤ c, joten onolemassa indeksit i1, . . . , in ∈ I siten, että

[a, x] ⊆ Vi1 ∪ . . . ∪ Vin .

Näin ollen[a, c] ⊆ [a, x]∪ ]c− ε, c] ⊆ Vi1 ∪ . . . ∪ Vin ∪ Vi0 .

Siis c ∈ E.Mikäli c = b, niin väite on todistettu. Voiko kuitenkin olla c < b? Näin ei

voi olla, sillä kun [c, c+ ε[⊆ Vi0 ja lisäksi ε < b− c, niin [c, c+ ε2 [ subseteqVi0 .

Näin ollen pitäisi olla c+ ε2 ∈ E, mikä on ristiriitaista, koska c = supE. �

Seuraava lause taas vastaa lausetta 10.4 tässä yhteydessä. Vahvistetaan siisseuraavaksi se epäily, että kompaktin kuva jatkuvassa kuvauksessa on myöskompakti.

Lause 11.4. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja olkoon f : X → Yjatkuva kuvaus. Jos X on kompakti, niin samoin on aliavaruus f(X) ⊆ Y .

Todistus. Lauseen 6.7 nojalla myös indusoitu kuvaus f : X → f(X) on jat-kuva. Voidaan siis olettaa, että Y = f(X) korvaamalla kuvaus f kuvauksellaf .

Olkoon (Vi)i∈IY :n avoin peite. Tällöin

Y =⋃i∈IVi ⇒ X = f−1(Y ) =

⋃i∈If−1(Vi).

Koska f on jatkuva, niin alkukuva f−1(Vi) on avoin kaikilla i ∈ I. Täten(f−1(Vi))i∈I on X:n avoin peite. Edelleen, koska X on kompakti, niin onolemassa äärellinen J ⊆ I siten, että

X =⋃i∈J

f−1(Vi),

ja edelleenY = f(X) =

⋃i∈J

f(f−1(Vi)).

Tässä f on surjetktio, joten f(f−1(Vi)) = Vi kaikilla i ∈ J . Siis Y =⋃i∈J

Vi.

Tämä on halutun kaltainen äärellinen osapeite, joten f(X) = Y on kompak-ti. �

Huomautus. Kompaktisuus on siis topologinen ominaisuus: Jos f : X → Yon homeomorfismi, niin X on kompakti jos ja vain jos Y on kompakti.

Tämä tarkoittaa täsmälleen samaa kuin yhtenäisyyteen liittyen.Seuraavaksi käytetään kahta edellä esitettyä lausetta erään avaruuden

kompaktisuuden todistamiseen. Tällöin kompaktisuuden todistamisesta tuleemelko paljon helpompaa.

69

Esimerkki. Avaruus S1 := { (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1 } on kompaktilauseiden 11.3 ja 11.4 perusteella, sillä on olemassa homeomorfinen kuvausα : [0, 1]→ S1, t 7→ (cos 2πt, sin 2πt).

Seuraavaksi todistamme joitakin ominaisuuksia kompaktien topologisten ava-ruuksien aliavaruuksille, aivan kuten teimme yhtenäisyys-luvussakin.

Lause 11.5. Jos X on kompakti topologinen avaruus ja A ⊆ X on suljettu,niin aliavaruus A on kompakti.

Todistus. Olkoon (Vi)i∈I A:n avoin peite. Tällöin jokainen Vi on avoin A:ssa,eli kaikilla Vi on olemassa avoin Ui ∈ X siten, että Vi = Ui ∩ A (kun i ∈ I).Tässä Vi ⊆ Ui kaikilla i ∈ I, joten

A =⋃i∈IVi ⊆

⋃i∈IUi.

Havaitaan, että

X = A ∪ (X \ A) ⊆( ⋃i∈IUi)∪ (X \ A︸ ︷︷ ︸

avoin

),

eliX =

( ⋃i∈IUi) ∪ (X \ A).

Tämä on X:n avoin peite, sillä X \ A on avoin joukko, kuten myös joukot(Ui)i∈I . Täten koska X on kompakti, niin on olemassa äärellinen J ⊆ I siten,että

X =( ⋃i∈J

Ui)∪ (X \ A).

Edelleen

A = A ∩X

= A ∩(( ⋃

i∈JUi)∪ (X \ A)

)=( ⋃i∈J

Ui ∩ A)∪(A ∩ (X \ A)

)=⋃i∈J

Ui ∩ A

=⋃i∈J

Vi. �

Huomautus. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon A ⊆ X. Jos (Ui)i∈Ion perhe X:n avoimia joukkoja, niin pätee

A ⊆⋃i∈IUi ⇔ A =

⋃i∈IUi ∩ A.

Usein sanotaan, että (Ui)i∈I on A:n avoin peite, jos A ⊆⋃i∈IUi.

70

Lause 11.6. Jos A ⊆ Rn on kompakti, niin A on rajoitettu (ts. on olemassaR > 0 siten, että A ⊆ B(0, R), eli |x| < R kaikilla x ∈ A).

Todistus. Nyt Rn =⋃r>0

B(0, r), joten A ⊆⋃r>0

B(0, r). Siis (B(0, r))r>0 on

A:n avoin peite. Tällöin koska A on kompakti, niin on olemassa sellaisetr1, . . . , rn > 0, että A ⊆ B(0, r1) ∪ . . . ∪B(0, rn).

Merkitään R = max{r1, . . . , rn}. Nyt A ⊆ B(0, R). �

Nyt siirrymme hetkeksi tuloavaruuksien pariin. Huomataan, että kompakti-suuden ominaisuus periytyy myös äärellisille tuloavaruuksille. Tämän todis-taminen on kuitenkin konstikasta.

Lause 11.7. Jos X ja Y ovat kompakteja topologisia avaruuksia, niin sa-moin on tuloavaruus X × Y .

Todistus. Olkoon (Wi)i∈I X × Y :n avoin peite. Todistetaan aluksi ns. putki-lemma:

Apulause (Putkilemma). Jos x ∈ X, niin on olemassa sen avoin ympä-ristö Ux ⊆ X ja äärellinen Ix ⊆ I siten, että

Ux × Y ⊆⋃i∈Ix

Wi.

Todistus. Nyt X×Y =⋃i∈IWi. Tästä seuraa, että kaikilla y ∈ Y on olemassa

ixy ∈ I siten, että (x, y) ∈ Wixy .TällöinWixy ⊆ X×Y on avoin , joten tulotopologian määritelmän nojalla

on olemassa avoimet Uxy ⊆ X ja Vxy ⊆ Y siten, että

(x, y) ∈ Uxy × Vxy ⊆ Wxy.

Havaitaan, että{x} × Y ⊆

⋃y∈Y

Uxy × Vxy.

Nyt huomataan, että {x}×Y on homeomorfinen Y :n kanssa ({x}×Y ≈ Y ),nimittäin kuvaus f : Y → {x} × Y, y 7→ (x, y) on jatkuva bijektio, jonkakäänteiskuvaus g : {x} × Y → Y, (x, y) 7→ y on jatkuva (Lause 7.4, lause7.3).

Nyt lauseen 11.4 nojalla koska Y on kompakti, niin myös {x} × Y onkompakti. Täten on olemassa alkiot y1, . . . , yn ∈ Y siten, että

{x} × Y ⊆n⋃i=1

Uxyi× Vxyi

.

Erityisesti, jos y ∈ Y , niin voidaan valita pari (x, y) ∈ {x} × Y , jolloin

(x, y) ∈ Uxyi× Vxyi

,

71

eli y ∈ Vxyijollain i ∈ {1, . . . , n}. Siis

Y =n⋃i=1

Vxyi.

Merkitään

Ux =n⋂i=1

Uxyi

Ix : = {ixy1 , . . . , ixyn}.

Tällöin

Ux × Y = Ux ×( n⋃i=1

Vxyi

)=

n⋃i=1

Ux × Vxyi

⊆n⋃i=1

Uxyi× Vxyi

⊆n⋃i=1

Wixyi

=⋃i∈Ix

Wi

Tällöin siis Ux × Y sisältyy äärellisen monen avoimen joukon yhdisteeseen.Näin apulause on todistettu. �

Todistetaan sitten alkuperäinen väite.Todetaan ensin, että

⋃x∈X

Ux. Tällöin koska X on kompakti, niin on ole-

massa alkiot x1, . . . , xm ∈ X siten, että

X =m⋃j=1

Uxj.

Siis

X × Y =( m⋃j=1

Uxj

)× Y

⊆m⋃j=1

( n⋃i=1

Wi

)(Putkilemman nojalla)

Eli X × Y =⋃

i∈Ixj ,

j=1,...,n

Wi. �

Palataan hetkeksi konkreettisempien avaruuksien pariin. Todistamme nyteuklidisten avaruuksien kompakteille aliavaruuksille yleisiä ominaisuuksia.

72

Lause 11.8. Olkoon A ⊆ Rn. Tällöin A on kompakti jos ja vain jos A onsuljettu ja rajoitettu.

Todistus. ”⇐ ” Todetaan, että koska A on rajoitettu, niin on olemassa R > 0siten, että A ⊆ B(0, R), eli |x| < R kaikilla x ∈ A. Nyt

R > |x| =√x2

1 + . . .+ x2n ≥ |xi|

kaikilla i ∈ {1, . . . , n}. Toisin sanottuna xi ∈]−R,R[ kaikilla i ∈ {1, . . . , n}.Tällöin

A ⊆ ]−R,R[× . . .× ]−R,R[︸ ︷︷ ︸n kpl.

⊆ [−R,R]× . . .× [−R,R]︸ ︷︷ ︸n kpl.

Lauseen 11.3 nojalla suljettu väli [−R,R] on kompakti. Edelleen lauseen 11.7yleistyksen nojalla tulojoukko [−R,R]× . . .× [−R,R] on kompakti.

Koska lauseen 11.5 perusteella kompaktin avaruuden suljetut joukot ovatkompakteja, niin A on kompakti. Nimittäin A on tietenkin suljettu aliava-ruudessa [−R,R]× . . .× [−R,R], koska se on suljettu Rn:ssä (Lause 6.4).

”⇒ ” On jo todistettu, että Rn:n kompaktit joukot ovat rajoitettuja(11.6). A on myös rajoitettu, ja tämä seuraa alla olevasta lauseesta. �

Ennen siirtymistä seuraavaan aiheeseen todistetaan vielä muutama yleisem-män tason lause kompaktisuudesta.

Lause 11.9. Olkoon X topologinen avaruus. Jos X on Hausdorff, niin seu-raava implikaatio pätee kaikille aliavaruuksille A ⊆ X:

A ⊆ X on kompakti ⇒ A on suljettu.

Todistus. Osoitetaan, että X \ A on avoin.Riittää todistaa, että jos x ∈ X \A, niin on olemassa avoin Ux ⊆ X siten,

että x ∈ Ux ⊆ X \ A (nimittäin tällöin X \ A =⋃

x∈X\AUx).

Nyt koska X on Hausdorff, niin jokaisella y ∈ A on olemassa avoimetUxy, Vxy ⊆ X siten, että x ∈ Uxy, y ∈ Vxy ja Uxy ∩ Vxy = ∅.

Koska A on kompakti ja selvästi A ⊆⋃y∈A

Vxy, niin on olemassa sellaiset

y1, . . . , yn ∈ A siten, että

A ⊆ Vxy1 ∪ . . . ∪ Vxyn .

MerkitäänUx := Uxy1 ∩ . . . ∩ Uxyn .

Todetaan, että Ux ⊆ X \ A, eli Ux ∩ A = ∅: Tehdään ensin vastaoletus, ettäUx ∩ A 6= ∅, eli on olemassa y ∈ Ux ∩ A.

73

Mutta koska y ∈ A, niin y ∈ Vxyijollakin i ∈ {1, . . . , n}. Toisaalta y ∈ Ux,

joten y ∈ Uxyi. Täten y ∈ Uxyi

∩ Vxyi, mikä on ristiriitaista. On siis oltava

U ⊆ X \ A.Nyt siis X \A =

⋃x∈X\A

Ux, eli se on avoin avoimien yhdiste. Niinpä A on

suljettu. �

Huomautus. Kun merkitään

Vx := Vxy1 ∪ . . . ∪ Vxyn ,

on edellä todettu seuraavat ominaisuudet:

• A ⊆ Vx.

• x ∈ Ux.

• Ux ∩ Vx = ∅.

Tässä Ux ja Vx ovat avoimia. Siis kompakti joukko käyttäytyy aivan kutenyksittäinen piste!

Lause 11.10. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja olkoon f : X → Yjatkuva bijektio. Jos X on kompakti ja Y on Hausdorff, niin f on homeo-morfismi.

Todistus. Pitää osoittaa, että käänteiskuvaus f−1 : Y → X on jatkuva.Aikaisemmin on osoitettu, että suljetun joukon alkukuva jatkuvassa ku-

vauksessa on suljettu. Riittää siis todeta, että jos F ⊆ X on suljettu, niinalkukuva

(f−1)−1(F ) ⊆ Y︸ ︷︷ ︸=f(F )

on suljettu. Tämä onnistuu, kun todetaan ensin, että lauseen 11.5 perusteellaF on suljettu. Näin ollen lauseen 11.4 nojalla f(F ) on kompakti. Edelleensiis lauseen 11.9 nojalla f(F ) on suljettu. �

Esimerkki. Tarkastellaan aliavaruutta

S1 := { (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1 } ⊆ R2.

Nyt ei ole olemassa jatkuvaa bijektiota S1 → R.

Todistus. Tehdään vastaoletus, että on olemassa jatkuva bijektio f : S1 → R.Nyt saadaan bijektio f : S1 → f(S1), joka on jatkuva lauseen 6.7 nojalla.Meillä on siis jatkuva bijektio

f : S1 → f(S1).

Tässä f(S1) on Hausdorff ja lisäksi lauseen 11.8 nojalla S1 on kompakti.Niinpä lauseesta 11.10 seuraa, että f :n täytyy olla homeomorfismi.

74

Olkoon p ∈ S1. Nyt lauseen 8.3 perusteella saadaan homeomorfismi

S1 \ {p} → f(S1) \ {f(p)}.

Lauseen 10.4 nojalla pätee täten, että S1 \ {p} on yhtenäinen jos ja vainjos f(S1) \ {f(p)} on yhtenäinen. Tässä on ristiriita, mikäli p voidaan valitasiten, että 1) f(S1) \ {f(p)} on epäyhtenäinen ja 2) S1 \ {p} on yhtenäinen.Tarkastellaan tätä mahdollisuutta.

1) Tiedetään, että f on injektio, joten se ei ole vakiokuvaus. On siis ole-massa a, b ∈ f(S1) siten, että a < b.Nyt f(S1) on yhtenäinen, nimittäin jos valitaan ennestään tuttu kuvausα : [0, 1] → S1, t 7→ (cos 2πt, sin 2πt), niin pätee S1 = α([0, 1]). Tällöinlauseiden 10.3 ja 10.4 perusteella S1 ja edelleen f(S1) ovat yhtenäisiä.Jos nyt a < c < b, niin c ∈ f(S1). Valitaan siis p ∈ S1 siten, ettäf(p) = c. Merkitään

U :=]−∞, c[∩(f(S1) \ {c})V :=]c,∞[∩(f(S1) \ {c}).

Tällöin U, V ⊆ f(S1) ovat avoimia ja epätyhjiä, U ∩ V 6= ∅ ja lisäksif(S1) \ {c} = U ∪ V . Näin ollen f(S1) \ {c} on epäyhtenäinen.

2) Kirjoitetaan p = (cos s0, sin s0, missä s0 ∈ [0, 2π]. Jos β on jatkuvakuvaus

]s0, s0 + 2π[→ R, s 7→ (cos s, sin s),niin S1 \ {p} = β(]s0, s0 + 2π[). Tällöin lauseen 10.4 nojalla S1 \ {p} onyhtenäinen. �

Lause 11.11. Olkoon X kompakti topologinen avaruus. Jos f : X → R onjatkuva kuvaus, niin f :llä on suurin ja pienin arvo. Toisin sanoen on olemassax1, x2 ∈ X siten, että

f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2)kaikilla x ∈ X.

Todistus. Lauseen 11.4 perusteella f(X) ⊆ R on kompakti. Näin ollen lauseen11.8 nojalla f(X) on suljettu ja rajoitettu. Vetoamme R:n täydellisyysaksioo-maan, jolloin näistä seuraa yhdessä, että a := inf f(X) ja b := sup f(X) ovatolemassa.

Pitää vielä osoittaa, että a, b ∈ f(X), eli että a = f(x1) ja b = f(x2)joillakin x1, x2 ∈ X.

Todetaan esimerkiksi, että b = f(x2). Tehdään vastaoletus, että b 6∈ f(X).Nyt siis b ∈ R\f(X). Koska f(X) on suljettu, niin R\f(X) on avoin. Niinpätäytyy olla olemassa ε > 0 siten, että

]b− ε, b+ ε[⊆ R \ f(X).

75

Mutta koska b = sup f(X), niin täytyy olla olemassa x ∈ X siten, ettäb− ε < f(x) ≤ b. Tällöin pitäisi olla f(x) ∈ R \ f(X), mikä on ristiriitaista.Siis on todettava, että b = f(x2) jollakin x2 ∈ X.

Myös a = f(x1) osoitetaan samalla periaatteella. �

2 JonokompaktisuusNyt esitellään toinen kompaktisuuteen vahvasti liittyvä käsite, joka liittyysuppeneviin osajonoihin. Tällaisten suppenevien osajonojen olemassaoloa tar-kastelemalla, voidaan tarvittaessa osoittaa avaruuksia jonokompakteiksi.

Määritelmä 11.12. Topologisen avaruuden X sanotaan olevan jonokom-pakti, mikäli jokaisella sen alkioiden jonolla (xn)n≥1 on suppeneva osajono(xnk

)k≥1.

Esimerkki. R ei ole jonokompakti. Nimittäin, lukujonolla (n)n≥1 ei ole sup-penevaa osajonoa.

Jonokompaktisuudella on merkitystä erityisesti metristen avaruuksien ollessakyseessä. Tämä todetaan seuraavaksi.

Lause 11.13. Jos X on metrinen avaruus, niin seuraava ekvivalenssi pätee:

X on kompakti ⇔ X on jonokompakti.

Todistus. Todistetaan vain ”⇒ ”.Olkoon (xn)n≥1 jono X:n alkioita. Todistetaan, että on olemassa x ∈ X

siten, että{n ≥ 1 | xn ∈ B(x, ε) }

on ääretön kaikilla ε > 0.Tehdään vastaoletus, että kaikilla x ∈ X on olemassa εx > 0 siten, että

joukko{n ≥ 1 | xn ∈ B(x, εx) }

on äärellinen. Nyt X =⋃x∈X

B(x, εx). Nyt on siis löydetty X:n avoin peite.

Täten tällä on äärellinen osapeite (koska X kompakti). Toisin sanoen onolemassa alkiot x1, . . . , xr ∈ X siten, että

X =r⋃i=1

B(xi, εxi).

Tällöin kun n ≥ 1, niin xn ∈ B(xi, εxi). Joten

n ∈ {n ≥ 1 | xn ∈ B(xi, εxi) }

⇒ N \ {0} ⊆r⋃i=1{n ≥ 1 | xn ∈ B(xi, εxi

) }︸ ︷︷ ︸äärellinen

.

76

Nyt siis N \ {0} on äärellinen, mikä on järjetöntä. On siis todistettu, että{n ≥ 1 | xn ∈ B(x, ε) } on ääretön kaikilla ε > 0.

Nyt voidaan valita n ≥ 1 siten, että xn ∈ B(x, 1). Tällöin joukko

{n ≥ 1 | xn ∈ B(x, 12) }

on ääretön. On siis olemassa n2 > n1 siten, että xn2 ∈ B(x, 12). Tätä jatka-

malla saadaan osajono (xnk)k≥1 siten, että

xnk∈ B(x, 1

k)

kaikilla k ≥ 1. Siis limk→∞

xnk= x. �

Tämä ekvivalenssi tarkoittaa sitä, että metrisen avaruuden ollessa kyseessävoidaan todistaa joko kompaktisuus tai jonokompaktisuus, jolloin molemmatpätevät joka tapauksessa.

Tiedämme ennestään, että reaalilukujen joukko on metrinen avaruus.Niinpä lauseista 11.13 ja 11.8 seuraa reaalianalyysin peruskursseilta tuttuBolzanon–Weierstrassin lause.

Seuraus 11.14 (Bolzanon–Weierstrassin lause). Jos (xn)n≥1 on rajoi-tettu jono reaalilukuja, niin tällä on suppeneva osajono (xnk

)k≥1.

Todistus. Jono (xn)n≥1 on rajoitettu, joten on olemassa M > 0 siten, että|xn| ≤M kaikilla n ≥ 1. Toisin sanoen, xn ∈ [−M,M ] kaikilla n ≥ 1.

Nyt lauseen 11.8 perusteella [−M,M ] on kompakti. Täten lauseen 11.13nojalla [−M,M ] on jonokompakti, joten suppeneva osajono on olemassa. �

Esimerkki. Olkoon (X, d) metrinen avaruus. Kuvaus f : X → X on iso-metria, mikäli

d(x, y) = d(f(x), f(y))

kaikilla x, y ∈ X.Jos X on kompakti, niin jokainen isometria f : X → X on surjektio.

Todistus. Tehdään vastaoletus, että f ei ole surjektio, eli f(X) 6= X. Nyt onsiis olemassa x ∈ X \ f(X).

Havaitaan, että f on jatkuva: Olkoon y0 ∈ X. Nyt

d(f(y), f(y0)) = d(y, y0) < ε,

kun d(y, y0) < ε.Nyt lauseen 11.4 perusteella f(X) on kompakti.Tiedetään, että X on Hausdorff. Täten lauseen 11.9 nojalla f(X) on

suljettu, eli X \ f(X) on avoin.On siis olemassa r > 0 siten, että B(x, r) ⊆ X \ f(X). Määritellään jono

(xn)n≥1 X:n alkioita siten, että x1 = x ja xn+1 = f(xn) kaikilla n ≥ 1.

77

Tässä f(xn) ∈ f(X) kaikilla n > 1. Tästä seuraa, että d(x, xn) ≥ rkaikilla n > 1. Toisin sanoen, d(x1, xn) ≥ r. Siis d(x2, xn+1) ≥ r ja edelleend(x3, xn+2) ≥ r, ja yleisesti

d(xl, xn+l−1) ≥ r kaikilla l ≥ 1, n > 1.

Siisd(xm, xn) ≥ r kaikilla m,n ≥ 1, m 6= n.

Nyt lauseen 11.13 nojalla on olemassa osajono (xnk)k≥1 siten, että

limk→∞

xnk= a,

missä a ∈ X. Tällöin on olemassaK siten, että kun k ≥ K, niin d(xnk, a) < 1

2 .Siis kaikilla k, l ≥ K pätee:

d(xnk, xnl

)k.e.y.≤ d(xnk

, a) + d(a, xnl)

<r

2 + r

2= r,

mikä on ristiriitaista. Todetaan siis, että f on surjektio. �

78

Luku 12

Tekijäavaruudet

Seuraavaksi ryhdymme tarkastelemaan sellaisia topologisia avaruuksia, jotkamuodostetaan olemassaolevista avaruuksista tietynlaisten ekvivalenssirelaa-tioiden avulla. Tätä voidaan konkretisoida esimerkiksi kuvittelemalla pistei-den yhteenliimausta.

Havainnollistetaan tätä ajatusta seuraavalla esimerkillä: Me haluammemuokata välistä [0, 1] ympyrän kehän S1, samaistamalla tai ”liimaamallayhteen” pisteet 0 ja 1. Täsmällisemmin sanottuna, määritellään joukossa [0, 1]ekvivalenssirelaatio ∼ siten, että sen ekvivalenssiluokat ovat

{x} (0 < x < 1) ja {0, 1}.

Nyt tavoitteena on määritellä uusi topologinen avaruus siten, että tämä ekvi-valenssiluokkien joukko on itse asiassa sama kuin S1.

Aloitetaan kertaamalla hieman ekvivalenssirelaatioiden ominaisuuksia.

1 KertaustaMääritelmä. OlkoonX joukko ja olkoon ∼ ekvivalenssirelaatioX:ssä. Mer-kitään kaikilla x ∈ X

[x] := { y ∈ X | y ∼ x }.

Tällöin [x] = [x′] jos ja vain jos x ∼ x′ kaikilla x, x′ ∈ X.

Määritelmä. Edelleen kokoelma P joukon X osajoukkoja on sen ositus,mikäli

• X =⋃P∈P

P .

• P 6= ∅ kaikilla P ∈ P .

• Jos P1, P2 ∈ P , niin P1 ∩ P2 6= ∅ ⇔ P1 = P2.

Nyt siis joukon X ekvivalenssirelaatiot ovat myös sen osituksia, ja myös toi-sinpäin. Nimittäin

79

• Olkoon ∼ joukon X ekvivalenssirelaatio. Tällöin P = { [x]∼ | x ∈ X }on sen ositus.

• Olkoon P joukon X ositus. Määritellään ekvivalenssirelaatio ∼ X:ssäasettamalla

x ∼ y ⇔ on olemassa P ∈ P siten, että x, y ∈ P

kaikilla x, y ∈ X. Tämä on todellakin ekvivalenssi, nimittäin

– Jos x ∈ X, niin

X =⋃P∈P

P ⇒ x ∈ P jollakin P ∈ P

⇒ x, x ∈ P⇒ x ∼ x.

– Jos x ∼ y, niin tietenkin y ∼ x.– Olkoon x, y, z ∈ X siten, että x ∼ y ja y ∈ z. Nyt

⇒ on olemassa P1, P2 ∈ P siten, että x ∼ y, y ∼ z

⇒ y ∈ P1 ∩ P2

⇒ P1 ∩ P2 6= ∅⇒ P1 = P2

⇒ x ∼ y.

Merkitään nyt X:n ekvivalenssiluokkien joukkoa seuraavasti:

X/ ∼ = { [x] | x ∈ X }.

Tällöin voidaan konstruoida kuvaus, jota kutsutaan kanoniseksi surjektioksi:

p : X → X/ ∼, x 7→ [x]

Tässä siis jokainen piste kuvautuu ekvivalenssiluokalleen ∼:ssä. Olkoon nytX topologinen avaruus.

Ongelma: Voidaanko joukko X/ ∼ varustaa topologialla siten, että ka-noninen surjektio p : X → X/ ∼ on jatkuva? Mikä on hienoin tällainentopologia?

Jos T on tällainen topologia, niin on joukon p−1(V ) on oltava avoin ainakun V ∈ T . Merkitään

T := {V ⊆ X/ ∼| p−1(V ) ⊆ X on avoin }.

Lause. T on joukon X/ ∼ topologia.

80

Todistus. T1: Koska p−1(X/ ∼) = X ja p−1(∅) = ∅, niin X/ ∼, ∅ ∈ T .

T2: Jos Vi ∈ T (i ∈ I), niin p−1( ⋃i∈IVi)

=⋃i∈Ip−1(Vi), joten

⋃i∈IVi ∈ T .

T3: Jos V1, . . . , Vn ∈ T , niin

p−1(V1 ∩ . . . ∩ Vn) = p−1(V1) ∩ . . . ∩ p−1(Vn)

missä p−1(Vi) on avoinX:ssä kaikilla i ∈ I, ja näin ollen V1∩. . .∩Vn ∈ T .�

Huomautus. Jos V ⊆ X/ ∼, niin p−1(V ) =⋃

[x]inV[x] (yhdiste ekvivalenssi-

luokista, joita V sisältää). Nimittäin

• Jos x ∈ p−1(V ), niin [x] = p(x) ∈ V . Tällöin, koska x ∈ [x], niin myösx ∈

⋃[x]∈V

[x].

• Jos [x] ∈ V , niin p(x) ∈ V , joten edelleen x ∈ p−1(V ). Tällöin

y ∈ [x] ⇒ y ∼ x

⇒ [y] = [x]⇒ p(y) = p(x) ∈ V⇒ y ∈ p−1(V ).

2 TekijätopologiatOn siis lähdettävä määrittelemään topologioita ekvivalenssirelaatioiden avul-la määritellyille joukoille kanonisten surjektioiden kautta. Tämä saattaa vai-kuttaa kehäpäätelmältä, mutta sen avulla päädytään itse asiassa hienostitoimivaan topologiaan.

Määritelmä 12.1. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon ∼ ekvivalens-sirelaatio. Edellämainittua joukon X/ ∼ topologiaa T sanotaan sen tekijä-topologiaksi relaation ∼ suhteen. Tällä topologialla varustettuna X/ ∼ ontekijäavaruus.

Huomautus. Tekijätopologia on hienoin sellainen joukon X/ ∼ topologia,että kanoninen surjektio p : X → X/ ∼ on jatkuva.

Esimerkki. MerkitäänX = [0, 1] ⊆ R. Tarkastellaan tekijäavaruuttaX/ ∼,missä ∼ vastaa X:n ositusta {x} (0 < x < 1), {0, 1}. Tällöin

• V := { [x] | 0 ≤ x < 14 tai 3

4 < x ≤ 1 } on avoin. Nimittäin alkukuvap−1(V ) = [0, 1

4 [∪ ]34 , 1] ⊆ [0, 1] on avoin X:ssä.

81

• V ′ := { [x] | 0 ≤ x < 14 } ei ole avoin, sillä p−1(V ) = [0, 1

4 [∪{1} ⊆ [0, 1]ei ole avoin X:ssä ({1} suljettu).

Tässä avaruudessa siis avoimet välit ympyrän kehällä ovat avoimia, muttapuoliavoimet eivät ole.

Tekijätopologian määritelmästä seuraa joitakin mielenkiintoisia ominaisuuk-sia jatkuvien kuvausten suhteen, joita käsitellään seuraavaksi.

Lause 12.2. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon ∼ ekvivalenssirelaatioX:ssä. Jos Y on topologinen avaruus ja g : X/ ∼→ Y kuvaus, niin g onjatkuva jos ja vain jos yhdistetty kuvaus g ◦ p : X → Y on jatkuva.

Todistus. ”⇒ ” Oletetaan, että kuvaus g on jatkuva. Tiedetään, että kanoni-nen surjektio p : X → X/ ∼ on jatkuva. Täten lauseen 2.4 nojalla yhdistettykuvaus g ◦ p on jatkuva.

”⇐ ” Oletetaan, että kuvaus g ◦ p : X → Y on jatkuva. Olkoon V ⊆ Yavoin. Onko nyt g−1(V ) ⊆ X/ ∼ avoin? Nyt p−1(g−1(V )) = (g◦p)−1(V ) ⊆ Xon avoin, koska g ◦ p on jatkuva. �

On helppo päätellä, että tämä ominaisuus helpottaa joidenkin homeomorfi-suustodistusten käsittelyä. Tarkastellaan tätä ominaisuutta esimerkillä.

Esimerkki. Merkitään X = [0, 1]. Olkoon relaatio ∼ joukon X osituksen{x} (0 < x < 1), {0, 1} määräämä ekvivalenssirelaatio. Osoitetaan, ettäavaruudet X/ ∼ ja S1 ⊆ R2 ovat homeomorfiset. Tässä

S1 := { (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1 }.

Tarvitaan kuvaus g : X/ ∼→ S1. Meillä on kuvaus

f : [0, 1]→ S1, t 7→ (cos 2πt, sin 2πt).

Tämä indusoi kuvauksen

g : [0, 1]/ ∼→ S1, [t] 7→ (cos 2πt, sin 2πt).

Nimittäin, jos [t] = [s], niin silloin joko t = s tai {t, s} = {0, 1}, jolloinselvästi cos 2πt = cos 2πs ja sin 2πt = sin 2πs. Tämä kuvaus on bijektio,nimittäin se on selvästi surjektio, ja lisäksi jos g([s]) = g([t]), niin silloincos 2πt = cos 2πs ja sin 2πt = sin 2πs, jolloin joko s = t tai {t, s} = {0, 1},joten [s] = [t], eli g on injektio.

Todistetaan vielä tämä kuvaus homeomorfismiksi. Käytetään lausetta11.10. Nyt lauseen 11.3 perusteella väli [0, 1] on kompakti. Siispä lauseen11.4 nojalla kuva p([0, 1]) = X/ ∼ on kompakti, sillä kanoninen surjektio ontietenkin surjektio.

Toisaalta tiedetään, että avaruus R2 on Hausdorff, joten myös aliavaruusS1 on Hausdorff.

Näin ollen lauseen 11.10 perusteella jatkuva bijektio g : X/ ∼→ S1 onhomeomorfismi.

82

Seuraavat kaksi lausetta, joista jälkimmäin on selvästi vahvempi, osoittau-tuvat myöhemmin erittäin hyödyllisiksi homeomorfismitarkasteluissa sekämuissa jatkuvien kuvausten tarkasteluissa.

Lause 12.3. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon ∼ ekvivalenssirelaatioX:ssä. Jos Y on topologinen avaruus ja f : X → Y kuvaus, jolle päteeimplikaatio

[x] = [x′] ⇒ f(x) = f(x′),

niin on olemassa yksikäsitteinen jatkuva kuvaus f : X/ ∼→ Y siten, ettäf = f ◦ p.

Todistus. Yksikäsitteisyys: Jos x ∈ X, niin f([0]) (oletetaan, että f on ole-massa), siis

f([0]) = f(p(x)) = (f ◦ p)(x) = f(x).

Olemassaolo: Määritellään kuvaus f : X/ ∼→ Y asettamalla f([x]) = f(x).Tämä on mielekästä, sillä oletuksen mukaan kun [x] = [x′], niin f(x) = f(x′)kaikilla x, x′ ∈ X. Nyt tietenkin f ◦ p = f . Todetaan vielä, että f on jatkuvajoten koska f ◦ p = f , niin lauseen 12.2 nojalla kuvaus f on jatkuva. �

Lause 12.4. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon ∼ ekvivalenssirelaatioX:ssä. Jos Y on topologinen avaruus ja f : X → Y jatkuva surjektio, jollepätee ekvivalenssi

[x] = [x′] ⇔ f(x) = f(x′),

kaikilla x, x′ ∈ X, niin f : X/ ∼→ Y on jatkuva bijektio. Se on homeomor-fismi, mikäli X on kompakti ja Y on Hausdorff (riittävä ehto).

Todistus. Lauseen 12.3 nojalla kuvaus f on jatkuva. Todetaan, että f onbijektio:

• Tässä f([x]) = f(x) kaikilla x ∈ X, joten koska f on surjektio, niinmyös f on surjektio.

• Jos x, x′ ∈ X, niin pätee

f([x]) = f([x′]) ⇒ f(x) = f(x′) oletus⇒ [x] = [x′].

Siis f on injektio.

Nyt jos X on kompakti, niin lauseen 11.4 nojalla myö p(X) = X/ ∼ onkompakti. Jos nyt Y on Hausdorff, niin lauseen 11.10 nojalla jatkuva bijektiof : X/ ∼→ Y on homeomorfismi. �

Näiden lauseiden merkitys ei ehkä avaudu suoraan tekstistä, joten lieneetarpeellista havainnolistaa näitä periaatteita muutamien esimerkkien kautta.Tarkastellaan joitakin erilaisia tekijätopologioita je kuvauksia.

83

Esimerkki. Tarkastellaan tuloavaruuden [0, 1]× [0, 1] ⊆ R2 ositusta

{(x, 0), (x, 1)} (0 < x < 1),{(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)},{(x, y)} (0 < x < 1, 0 < y < 1)

vastaavaa ekvivalenssirelaatiota ∼. Osoitetaan, että

[0, 1]× [0, 1]/ ∼ ≈ S1 × S1.

Todistus. Määritellään kuvaus f : [0, 1]× [0, 1]→ S1 × S1 asettamalla

f(s, t) = ((cos 2πs, sin 2πs), (cos 2πt, sin 2πt)).

Tämä on selvästi jatkuva.Havaitaan nyt, että

f(s1, t1) = f(s2, t2) ⇔

cos 2πs1 = cos 2πs2sin 2πs1 = sin 2πs2cos 2πt1 = cos 2πt2sin 2πt1 = sin 2πt2

⇔{s1 = s2 tai |s1 − s2| = 1t1 = t2 tai |t1 − t2| = 1

⇔ (s1, t1) ∼ (s2, t2).

Tietenkin f on surjektio. Käytetään nyt lausetta 12.4. Todetaan nyt siis, ettäkoska lauseen 11.3 nojalla väli [0, 1] on kompakti, niin lauseen 11.7 nojallatuloavaruus [0, 1] × [0, 1] on kompakti. Lisäksi tiedetään, että tuloavaruusS1 × S1 ⊆ R2 × R2 = R4 on Hausdorff.

Täten kuvaus f : [0, 1]× [0, 1]/ ∼→ S1 × S1 on homeomorfismi. �

Esimerkki. Tarkastellaan tuloavaruuden [0, 1]× [0, 1] ositusta

{(0, y), (1, 1− y)} (0 ≤ y ≤ 1),{(x, y)} (0 < x < 1, 0 ≤ y ≤ 1)

vastaavaa ekvivalenssirelaatiota∼. SaadaanMöbiuksen nauha [0, 1]×[0, 1]/ ∼.Edelleen osituksella

{(0, y), (1, 1− y)} (0 < y < 1),{(x, 0), (x, 1)} (0 < x < 1),{(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)},{(x, y)} (0 < x < 1, 0 < y < 1)

saadaan aikaan ns. Kleinin pullo [0, 1]× [0, 1]/ ∼.

84

Esimerkki. Tarkastellaan lähemmin ositusta

{(0, y), (1, 1− y)} (0 < y < 1),{(x, 0), (x, 1)} (0 < x < 1),{(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)},{(x, y)} (0 < x < 1, 0 < y < 1).

Tämä on reaalinen projektiivinen taso [0, 1]× [0, 1]/ ∼=: P2(R).

Yleisemmin: Projektiivinen avaruus Pn(R): Määritellään jossain avaruu-dessa Rn+1 \ {0} relaatio ∼ siten, että x ∼ y jos ja vain jos on olemassa0 6= λ ∈ R siten, etty y = λx. Tämä on ekvivalenssirelaatio:

• Koska x = 1 · x, niin x ∼ x.

• Jos x ∼ y, niin y = λx, missä λ 6= 0. Tällöin x = 1λy, joten y ∼ x.

• Jos x ∼ y ja y ∼ z, niin y = λx ja z = µy, missä λ, µ ∈ R. Tällöinz = (λµ)x, joten x ∼ z.

Jos x ∈ Rn+1 \ {0}, niin

[x] = { y ∈ Rn+1 \ {0} | y = λx jollakin 0 6= λ ∈ R },

mikä on Rn+1:n origon kautta kulkeva suora, poislukien origo. Merkitäännyt Pn(R) := Rn+1 \ {0}/ ∼ (n-ulotteinen projektiivinen avaruus, eli n + 1-ulotteisen origon kautta kulkevien suorien joukko).

Millainen on siis projektiivinen taso P1(R)? (HT.)

Esimerkki. Osoitetaan, että B2/ ∼≈ S2, missä

B2 := { (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1 }

jaS2 := { (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 = 1 }

ja ekvivalenssirelaatio ∼ vastaa B2:n ositusta

{(x, y)} (x2 + y2 < 1),

{(−√

1− y2, y), (√

1− y2, y)} (0 ≤ y ≤ 1).

Todistus. Edellä mainittu ositus voidaan visualisoida sellaisena suljetun kie-kon ”liimauksena”, missä saman y-koordinaatin omaavat kehäpisteet liima-taan yhteen. Tavoitteena on siis osoittaa, että tällaisella operaatiolla luotuuusi avaruus on homeomorfinen pallopinnan kanssa.

Tarvitaan jatkuva surjektio B2 → S2. Ideana tässä on taivuttaa kiekonkehäpisteiden A ja B välinen jana AB, missä

A = (−√

1− y2, y) ja B = (√

1− y2, y)

85

pallon S2 leveysympyräksi seuraavalla tavalla: Koska janalla AB pätee

−√

1− y2 ≤ x ≤√

1− y2,

niin pätee suhde−π ≤ πx√

1− y2 ≤ π.

Määritellään siis kuvaus f : B2 → S2 asettamalla

f(x, y) =

(√

1− y2 cos πx√1−y2

,√

1− y2 sin πx√1−y2

, y),

kun (x, y) ∈ B2 \ {(0,−1), (0, 1)}(0, 0, 1), kun (x, y) = (0, 1)(0, 0,−1), kun (x, y) = (0,−1)

Todetaan, että f on jatkuva jokaisessa pisteessä (x, y) ∈ B2:

• Tapaus (x, y) ∈ B2 \{(0,−1), (0, 1)} on selvä. Voidaan nimittäin tarkas-tella kuvausta B2 \ {(0,−1), (0, 1)} → R3 ja edelleen sen komponenttejaB

2 \ {(0,−1), (0, 1)} → R.

• Tapaus (x, y) = (0,±1): Olkoon ε > 0. Nyt

|f(x, y)− f(0,±1)| = |f(x, y)− (0, 0,±1)|

=√(√

1− y2 cos πx√1− y2 − 0

)2+(√

1− y2 sin πx√1− y2 − 0

)2

=√

(1− y2)(

cos2 πx√1− y2 + sin2 πx√

1− y2

)+ (y ± 1)

=√

(1− y2)(y ± 1)2︸ ︷︷ ︸jatkuva

→ 0, kun (x, y)→ (0,±1).

Osoitetaan sitten, että f on surjektio. Olkoon (u, v, w) ∈ S2. Onko nyt ole-massa sellaista (x, y) ∈ B2, että f(x, y) = (u, v, w)?

Jos (u, v, w) ∈ {(0, 0,−1), (0, 0, 1)}, niin asia on selvä. Oletetaan siis, että(u, v, w) 6= (0, 0,±1). Merkitään y = w. Tällöin

(u, v, w) ∈ S2 ⇒ u2 + v2 + w2 = 1⇒ u2 + v2 = 1− y2

Tällöin on olemassa α ∈ [−π, π] siten, että{u =√

1− y2 cosαv =√

1− y2 sinα

86

Merkitään x =√

1− y2 απ. Nyt

−π ≤ α ≤ π ⇒ −√

1− y2 ≤ x ≤√

1− y2

⇒ |x| ≤√

1− y2

⇒ x2 + y2 ≤ 1⇒ (x, y) ∈ B2

Edelleen, koska (u, v, w) 6= (0, 0,±1), niin pätee (x, y) ∈ B2\{(0,−1), (0, 1)}.Siis

f(x, y) =(√

1− y2 cos πx√1− y2 ,

√1− y2 sin πx√

1− y2 , y)

= (u, v, w).

Selvitetään, milloin f(x, y) = f(x′, y′). Todetaan, että koska

f(B2 \ {(0,−1), (0, 1)}) ⊆ S2 \ {(0, 0,−1), (0, 0, 1)}

ja lisäksi f(0,±1) = (0, 0,±1), niin voidaan olettaa, että

(x, y) ∈ B2 \ {(0,−1), (0, 1)}.

Tällöin

f(x, y) = f(x′, y′) ⇔

√

1− y2 cos πx√1−y2

=√

1− y′2 cos πx′√1−y′2√

1− y2 sin πx√1−y2

=√

1− y′2 sin πx′√1−y′2

y = y′

⇔

cos πx√

1−y2= cos πx′√

1−y2

sin πx√1−y2

= sin πx′√1−y2

y = y′

⇔

πx√1−y2

= πx′√1−y′2

tai{

πx√1−y2

, πx′√1−y2

}= {−π, π}

y = y′

⇔{x = x′ tai {x, x′} =

{−√

1− y2,√

1− y2}

y = y′

⇔ (x, y) ∼ (x′, y′)

Nyt voidaan käyttää lausetta 12.4, koska lauseen 11.8 nojalla B2 on kompaktija lisäksi tiedetään, että S2 ⊆ R3n on Hausdorff. Voidaan siis todeta, ettäkuvaus f : B2

/ ∼→ S2 on homeomorfismi. �

Tutustutaan vielä kursorisesti siihe, mitä tapahtuu kun kokonainen aliava-ruus luhistetaan yhdeksi pisteeksi.

87

Määritelmä 12.5. Olkoon X topologinen avaruus ja A ⊆ X aliavaruus.Tarkastellaan X:n ositusta

A, {x}, x ∈ X \ A

vastaavaa ekvivalenssirelaatiota ∼. Näin saadaan tekijäavaruus X/ ∼. Sano-taan, että edellä mainittu tekijäavaruus X/ ∼ on saatu luhistamalla aliava-ruus A pisteeksi. Merkitään

X/ ∼=: X/A.

Esimerkki. Tiedetään, että [0, 1]/{0, 1} ≈ S1.

Esimerkki. Millainen on R/Z? (HT.)On huomioitava, että tässä R/Z ei ole algebrasta tuttu R/Z!

3 SamaistuskuvauksetTässä vaiheessa on paikallaan tutustua erääseen jatkuvien kuvausten erikois-tyyppiin, eli samaistuskuvauksiin. Aloitetaan määritelmästä.

Määritelmä 12.6. OlkootX ja Y topologisia avaruuksia ja olkoon f : X →Y jatkuva surjektio. Sanotaan, että f on samaistuskuvaus, mikäli kaikillaV ⊆ Y pätee:

f−1(V ) ⊆ X avoin ⇒ V ⊆ Y avoin.

Huomautus. Samaistuskuvauksen määritelmään kuuluu, että f on jatkuva.Tiedetään, että tällöin alkukuva f−1(V ) ⊆ X on avoin kaikilla avoimillaV ⊆ Y . Edellä olevassa määritelmässä voitaisiin siis yhtä hyvin kirjoittaaekvivalenssi:

f−1(V ) ⊆ X avoin ⇔ V ⊆ Y avoin.

Esimerkki. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon ∼ ekvivalenssirelaatioX:ssä. Tällöin kanoninen surjektio p : X → X/ ∼ on samaistuskuvaus.

Nimittäin, tekijätopologian määritelmän perusteella V ⊆ X/ ∼ on avointäsmälleen silloin kun p−1(V ) ⊆ X on avoin.

Esimerkki. OlkoonX diskreetti topologinen avaruus ja olkoon Y ei-diskreettitopologinen avaruus. Jos f : X → Y on surjektio, niin f on jatkuva, muttaei samaistuskuvaus.

Tässä f :j jatkuvuuden osoittaminen on triviaalia. On kuitenkin varmastiolemassa sellainen V ⊆ Y , että V ei ole avoin. Kuitenkin f−1(V ) ⊆ X onoletuksen nojalla avoin.

Seuraavat lauseet liittyvät siihen, miten samaistuskuvauksia voidaan hyödyn-tää. Kuten arvata saattaa, tämäkin asia liittyy homeomorfismitodistuksiin.

88

Lause 12.7. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja olkoon f : X → Yjatkuva surjektio. Jos pätee

a) U ⊆ X avoin ⇒ f(U) ⊆ Y avoin (eli f on avoin kuvaus)TAI

b) F ⊆ X suljettu ⇒ f(F ) ⊆ Y suljettu (eli f on suljettu kuvaus)

niin f on samaistuskuvaus.

Todistus. a) Olkoon V ⊆ Y siten, että f−1(V ) ⊆ X on avoin. Tällöin,koska f on avoin kuvaus, niin f(f−1(V )) ⊆ Y on avoin. Edelleen, koskaf on surjektio, niin V = f(f−1(V )).Siis V ⊆ Y on avoin.

b) Olkoon V ⊆ Y siten, että f−1(V ) ⊆ X on avoin. Tällöin

f−1(Y \ V ) = f−1(Y ) \ f−1(V ) = X \ f−1(V )

on suljettu. Nyt koska f on suljettu kuvaus, niin f(f−1(Y \ V )) ⊆ Y onsuljettu. Edelleen, koska f on surjektio, niin f(f−1(Y \ V )) = Y \ V .Siis Y \ V on suljettu ja V on avoin. �

Samaistuskuvausten avulla homeomorfisuuden todistamisesta saadaan hie-man vähemmän työläs operaatio. Selvitetään aiempaa määrittelyä muistut-tavan tapauksen avulla, miten tämä voidaan tehdä.

Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja olkoon f : X → Y jatkuvasurjektio. Määritellään ekvivalenssirelaatio ∼ asettamalla

x1 ∼ x2 ⇔ f(x1) = f(x2) (x1, x2 ∈ X).

Nyt lauseen 12.3 nojalla on olemassa sellainen yksikäsitteinen kuvaus f , että

f : X/ ∼→ Y jaf ◦ p = f, elif([x]) = f(x) (x ∈ X)

Lisäksi koska f on jatkuva ja f on surjektio, niin myös f on surjektio. Tällöinlauseen 12.4 todistuksessa esitetyn nojalla myös f on injektio, eli tällöin fon bijektio.

On siis todettu, että on olemassa sellainen yksikäsitteinen jatkuva bijektiof : X/ ∼→ Y , että f ◦ p = f .

Lause 12.8. Edellä mainittuja merkintöjä käyttäen f on homeomorfismitäsmälleen silloin kun se on samaistuskuvaus.

89

Todistus. ”⇒ ” On jo todettu, että f on jatkuva bijektio. Pitää vielä osoittaa,että käänteiskuvaus f−1 : Y → X/ ∼ on jatkuva.

Olkoon U ′ ⊆ X/ ∼ avoin. Onko tällöin alkukuva (f−1)−1(U ′) ⊆ Y avoin?Ensinnäkin (f−1)−1(U ′) = f(U ′). Havaitaan, että

f−1(f(U ′)) = (f ◦ p)−1(f(U ′))= p−1(f−1(f(U ′)))= p−1(U ′).

Tällöin, koska U ′ ⊆ X/ ∼ on avoin, niin tekijätopologian määritelmänperusteella alkukuva p−1(U ′) ⊆ X on avoin. Siis alkukuva f−1(f(U ′)) ⊆ Xon avoin, joten koska f on samaistuskuvaus, niin myös f(U ′) ⊆ Y on avoin.

”⇐ ” Olkoon V ⊆ Y siten, että f−1(V ) ⊆ X on avoin. Onko tällöin Vavoin? Nyt

f−1(V ) = (f ◦ p)(V )= p−1(f−1(V ))

Nyt tekijätopologian määritelmän perusteella

f−1(V ) = p−1(f−1(V )) ⇒ f(V ) ⊆ X/ ∼ on avoin.

Mutta koska f on homeomorfismi, niin (f−1)−1(f−1(V )) ⊆ Y on avoin. Toisinsanoen f(f−1(V )) ⊆ Y on avoin. Nyt koska f on surjektio, niin tietenkinpätee f(f−1(V )) = V . On siis todistettu, että V on avoin. �

90

Luku 13

Äärettömät tuloavaruudet

Tässä luvussa käsitellään äärettömän joukon topologisia avaruuksia yhdis-tämistä yhdeksi topologiseksi avaruudeksi. Lopuksi esitellään topologiassamerkittävä tulos, niinsanottu Tihonovin lause. Aloitetaan peruskäsitteidenmäärittelyllä.

1 JohdantoOlkoot X1, . . . , Xn joukkoja. Näiden karteesinen tulo on

X1 × . . .×Xn = { (x1, . . . , xn) | xi ∈ Xi (i = 1, . . . , n) }.

Tässä (x1, . . . , xn) on jono, tai toisalta

(x1, . . . , xn) := kuvaus f : {1, . . . , n} →n⋃i=1

Xi

siten, että xi = f(i) ∈ Xi (i = 1, . . . , n).Olkoon (Xi)i∈I perhe joukkoja. Tämän karteesinen tulo∏

i∈IXi

koostuu kuvauksistaf : I →

⋃i∈IXi

siten, että f(i) ∈ Xi kaikilla i ∈ I.Merkitään:

xi := f(i) kaikilla i ∈ I ja (xi)i∈I := f.

Esimerkki. Huomataan, että

(xi)i∈{1,...,n} = (x1, . . . , xn).

Ja edelleen(xi)i∈N = (x0, x1, x2, . . .).

91

Voidaan siis muotoilla yleistys:∏i∈IXi := { (xi)i∈I | xi ∈ Xi (i ∈ I) }.

Nyt voidaan päätellä joukko-opin valinta-aksiooman perusteella, että jos jo-kainen joukko Xi on epätyhjä, myös niiden karteesinen tulo on epätyhjä.Formaalisti:

Xi 6= ∅ kaikilla i ∈ I ⇒∏i∈IXi 6= ∅.

Merkintä. Jos I on joukko, niin ”melkein kaikilla i ∈ I” tarkoittaa: ”Kai-killa i ∈ I \ I0, missä I0 ⊆ I on äärellinen.”

Tätä merkitään: ”m.k. i ∈ I”.

Ongelma. Jos (Xi)i∈I on perhe topologisia avaruuksia, niin mikä on miele-käs topologia joukolle ∏i∈I Xi?

Ongelmaan saadaan ratkaisu seuraavassa kappaleessa.

2 Äärettömän tulotopologian kantaMerkintä. Jos Xi = X kaikilla i ∈ I, niin merkitään

XI =∏i∈IXi.

Esimerkki.

X{1,...,n} = X × . . .×X︸ ︷︷ ︸n kpl.

= Xn.

Esimerkki.

RR := { kuvaukset R→ R }

Tarkastellaan nyt joukkojen ∏i∈IUi,

missä Ui ⊆ Xi on avoin kaikilla i ∈ I ja Ui = Xi m.k. i ∈ I kokoelmaa B.

Huomautus. Tässä tulkitaan, että∏i∈IUi ⊆

∏i∈IXi,

vaikka joukon ∏i∈IUi

alkiot ovat kuvauksiaf : I →

⋃i∈IUi

92

siten, että f(i) ∈ Ui kaikilla i ∈ I, eivätkä kuvauksia

f : I →⋃i∈IXi.

Nyt olemme valmiita konstruoimaan topologian näiden määritelmien pohjal-ta. Tämä tapahtuu määrittelemällä kanta halutulle topologialle.

Lause 13.1. Edellämainittu kokoelma B on erään joukon∏i∈IXi

topologian kanta.

Todistus. Käytetään kantakriteeriä (Lause 5.3).

B1: Tämä kohta on selvä, sillä määritelmän mukaan∏i∈IXi ∈ B.

B2: Olkoot∏i∈IUi,

∏i∈IVi ∈ B. Todetaan, että

(∏i∈IUi)∩(∏i∈IVi)∈ B.

Jos (xi)i∈I ∈∏i∈IXi, niin

(xi)i∈I ∈(∏i∈IUi)∩(∏i∈IVi)

⇔ (xi)i∈I ∈∏i∈IUi ja (xi)i∈I ∈

∏i∈IVi

⇔xi ∈ Ui ja xi ∈ Vi kaikilla i ∈ I⇔xi ∈ Ui ∩ Vi kaikilla i ∈ I⇔ (xi)i∈I ∈

∏i∈I

(Ui ∩ Vi).

Siis (∏i∈IUi)∩(∏i∈IVi)

=∏i∈IUi ∩ Vi.

Tässä Ui, Vi ⊆ Xi ovat avoimia, joten myös Ui ∩ Vi ⊆ Xi on avoin, kuni ∈ I.Nyt on olemassa sellaiset äärelliset joukot I1, I2 ⊆ I, että{

Ui = Xi kaikilla i ∈ I \ I1,Vi = Xi kaikilla i ∈ I \ I2.

TätenUi = Vi = Xi kaikilla i ∈ (I \ I1) ∩ (I \ I2),

93

eliUi = Vi = Xi kaikilla i ∈ I \ (I1 ∪ I2).

Tässä I \ (I1 ∪ I2) on äärellinen, joten∏i∈IUi ∩ Vi ∈ B.

�

Määritelmä 13.2. Edellämainittua joukon∏i∈I Xi topologiaa sanotaan sentulotopologiaksi.

Tällä topologialla varustettuna ∏i∈I Xi on avaruuksien Xi, i ∈ I tuloava-ruus.

Huomautus. Joukko U ∈ ∏i∈I Xi on siis avoin, mikäli jokaisella sen jonollaX = (xi)i∈I ∈ U on olemassa avoimet joukot Ui ∈ Xi (i ∈ I) siten, ettäUi = Xi m.k. i ∈ I ja

X ∈∏i∈IUi ⊆ U.

Huomautus. Lauseesta 5.3 seuraa, että joukot ∏i∈I Ui, missä Ui ⊆ Xi onavoin kaikilla i ∈ I, muodostavat erään joukon ∏i∈I Xi topologian kannan.Tämä on ns. laatikkotopologia.

Todetaan seuraavaksi, että tulotopologia on laatikkotopologiaa karkeampi,eli jos U ⊆ ∏i∈I Xi on avoin tulotopologiassa, niin se on avoin laatikkotopo-logiassa.

Todistus. Olkoon U ⊆∏i∈IXi avoin tulotopologiassa. Nyt lauseen 5.2 perus-

teellaU =

⋃B⊆U,B∈B

B.

Täten riittää todeta, että B on avoin laatikkotopologiassa kaikilla B ∈ B.Tämä on kuitenkin selvää, sill

B =∏i∈IUi,

missä Ui ⊆ Xi on avoin kaikilla i ∈ I (ja Ui = Xi m.k. i ∈ I). �

Ongelma. Milloin joukko ∏i∈IUi,

missä Ui ⊆ Xi kaikilla i ∈ I on avoin tulotopologiassa?

Ratkaisu. Oletetaan, että ∏i∈IUi 6= ∅.

Tällöin on olemassa X = (xi)i∈I ∈∏i∈I Ui.

94

Mikäli nyt ∏i∈I Ui on avoin tulotopologiassa, on siis oltava olemassa avoi-met joukot Vi ⊆ Xi (i ∈ I) siten, että Vi = Xi m.k. i ∈ I ja

X ∈∏i∈IVi ⊆

∏i∈IUi.

Tällä perusteella Vi ⊆ Ui kaikilla i ∈ I, ja edelleen koska Xi = Vi m.k. i ∈ I,niin myös Ui = Xi m.k i ∈ I.

3 Tulotopologian ominaisuuksiaTarkastellaan seuraavaksi projektioita äärettömissä tuloavaruuksissa. Tulo-topologian määritelmälle on tärkeää, että tämän määritelmän puitteissa pro-jektiot ovat jatkuvia, muuten määritelmä ei olisi mielekäs. Periaate on tässäsamankaltainen kuin äärellisissä tapauksissakin.

Olkoon (Xi)i∈I perhe topologisia avaruuksia. Jokaisella j ∈ I on projektio

pj :∏i∈IXi → Xj, (xi)i∈I 7→ xj.

Onko nyt pj jatkuva?

Lause 13.3. Olkoon (Xi)i∈I perhe topologisia avaruuksia. Tulotopologia onkarkein joukon ∏

i∈IXi

topologia siten, että projektiot

pj :∏i∈IXi → Xj (j ∈ I)

ovat jatkuvia.

Todistus. Todistetaan erikseen väitteen molemmat osat.

• Osoitetaan ensin, että pj:t ovat jatkuvia, kun∏i∈I Xi varustetaan tulo-

topologialla.Olkoon U ⊆ Xj avoin. Mikä on tällöin p−1

j (U)? Nyt

(xi)i∈I ∈ p−1j (U) ⇔ pj((xi)i∈I) ∈ U ⇔ xj ∈ U.

Tätenp−1j (U) =

∏i∈IUi,

missäUi =

{Xi, kun i 6= jU, kun i = j.

Tästä seuraa, että p−1j (U) ∈ B on avoin.

95

• Osoitetaan sitten, että tulotopologia on karkein tällainen topologia.Olkoon T sellainen joukon ∏i∈I Xi topologia, että pj:t ovat jatkuvia, kun∏i∈I Xi varustetaan tällä topologialla. Osoitetaan, että jos U ⊆ ∏i∈I Xi

on avoin tulotopologiassa, niin U ∈ T .Kuten aikaisemmassa huomautuksessa, myös tässä voidaan lauseen 5.2nojalla olettaa, että U ∈ B, eli

U =∏i∈IUi,

missä Ui ⊆ Xi on avoin kaikilla i ∈ I ja Ui = Xi m.k. i ∈ I. Merkitään

{ i ∈ I | Ui 6= Xi } = {i1, . . . , in}.

Tällöin

x = (xi)i∈I ∈ U ⇔ xi ∈ Ui kaikilla i ∈ I,⇔ xik ∈ Uik kaikilla k = 1, . . . , n⇔ pik(x) ∈ Uik kaikilla k = 1, . . . , n⇔ x ∈ p−1

ik(Uik) kaikilla k = 1, . . . , n.

SiisU = p−1

i1 (Ui1) ∩ . . . ∩ p−1in (Uin).

Koska oletuksen nojalla p−1ik

(Uik) ∈ T kaikilla k = 1, . . . , n, niin onoltava U ∈ T . �

Projektiot ovat siis jatkuvia tulotopologiassa, mikä olikin ennustettavissa.Mutta projektiot ovat itse asiassa myös avoimia kuvauksia, mikä todistetaanseuraavaksi.

Lause 13.4. Olkoon (Xi)i∈I perhe topologisia avaruuksia. Jos joukko∏i∈IXi

varustetaan tulotopologialla, niin projektiot

pj :∏i∈IXi → Xj (j ∈ I)

ovat avoimia kuvauksia. Toisin sanoen,

U ⊆∏i∈IXi on avoin ⇒ pj(U) ⊆ Xj on avoin

kaikilla j ∈ I.

96

Todistus. Olkoon y ∈ pj(U). Riittää todistaa, että on olemassa avoin joukkoVy ⊆ Xj siten, että y ∈ Vy ⊆ pj(U). Nimittäin tällöin pätee

pj(U) =⋃

y∈pj(U)Vy.

Nyt koska y ∈ pj(U), niin y = pj(x) jollakin x ∈ U . Tällöin on olemassaavoimet Ui ⊆ Xi siten, että Ui = Xi m.k. i ∈ I ja

x ∈∏i∈IUi ⊆ U.

Tästä seuraa, ettäpj(x) ∈ pj

(∏i∈IUi)⊆ pj(U).

Siis y ∈ Uj ⊆ pj(U), joten voidaan valita Vy = Uj. �

Seuraava lause vastaa täysin aiemmin esiteltyä äärellisten tuloavaruuksienominaisuutta. Myös äärettömien tuloavaruuksien tapauksessa kuvausten jat-kuvuus on riippuvainen ko. kuvauksen komponenttien jatkuvuudesta.

Lause 13.5. Olkoon (Xi)i∈I perhe topologisia avaruuksia ja ∏i∈I Xi näidentuloavaruus. Jos Y on topologinen avaruus, niin kuvaus

f : Y →∏i∈IXi

on jatkuva täsmälleen silloin, kun sen komponentit

fj := pj ◦ f : Y → Xj

ovat jatkuvia kaikilla y ∈ I.

Huomautus. Jos y ∈ Y , niin pätee

f(y) = (xi)i∈I ⇒ fj(y) = (pj ◦ f)(y) = xj

kaikilla j ∈ I. Toisin sanoen

f(y) = (fj(y))i∈I .

Todistus. ”⇒ ” Oletetaan, että f on jatkuva. Nyt lauseen 13.3 nojalla pj:tovat jatkuva. Täten myös fj:t ovat jatkuvia lauseen 2.4 perusteella.

”⇐ ” Oletetaan, että komponentit fj ovat jatkuvia. Nyt riittää todistaa,että jos Ui ∈ Xi (i ∈ I) ovat avoimia joukkoja siten, että Ui = Xi m.k. i ∈ I,niin alkukuva

f−1(∏i∈IUi)⊆ Y

on avoin.

97

Jos y ∈ Y , niin pätee

y ∈ f−1(∏i∈IUi)⇔ f(y) ∈

∏i∈IUi

⇔ (fi(y))i∈I ∈∏i∈IUi

⇔ fi(y) ∈ Ui kaikilla i ∈ I⇔ y ∈ f−1

i (Ui) kaikilla i ∈ I⇔ y ∈

⋂i∈If−1i (Ui).

Siisf−1

(∏i∈IUi)

=⋂i∈If−1i (Ui).

Jos Ui = Xi, niin f−1i (Ui) = Y . Merkitään

{ i ∈ I | Ui 6= Xi } = {i1, . . . , in}.

Tätenf−1

(∏i∈IUi)

=n⋂k=1

f−1ik

(Uik).

Tämä on avoimien joukkojen äärellinen leikkaus, joten se on avoin. �

Aikaisemmin on todistettu, että jos topologiset avaruudet X1 ja X2 ovatkompakteja, niin myös tuloavaruus X1 ×X2 on kompakti (Lause 11.7). To-tesimme myös, että tämä periaate toimii yhtä hyvin myös mielivaltaisilleäärellisille kompaktien avaruuksien tuloille. Seuraavaksi esiteltävä Tihonovinlause (heikko versio) laajentaa tämän periaatteen koskemaan kaikkia kom-paktien avaruuksien joukkoja.

Lause (Heikko Tihonovin lause). Olkoon (Xi)i∈I perhe topologisia ava-ruuksia. Jos Xi on kompakti jokaisella i ∈ I, niin myös tuloavaruus ∏i∈I Xi

on kompakti.

Tämä voi tuntua uskomattomalta. Tiedämmehän jo ennestään, että suljettuväli [0, 1] on kompakti (Lause 11.3). Näin ollen Tihonovin lauseen nojallamyös niinsanottu Hilbertin kuutio, [0, 1]N on kompakti!

Tässä

[0, 1]N := [0, 1]× [0, 1]× . . .:= {Välin [0, 1] jonot (x0, x1, . . .) }.

Voimme edelleen tarkastella joukon A ⊆ Rn halkaisijaa:

d(A) = sup{ |x− y| | x, y ∈ A }.

98

SiispäVälin [0, 1] halkaisija on 1,Neliön [0, 1]2 halkaisija on

√2,

Kuution [0, 1]3 halkaisija on√

3,Hyperkuution [0, 1]n halkaisija on

√n.

Tässä√n → ∞, kun n → ∞. Hilbertin kuution kompaktisuus vaikuttaa

siis intuition vastaiselta. Tämä kuitenkin seuraa Tihonovin lauseesta, kutentodettiin.

Emme kuitenkaan vielä tässä vaiheessa kykene todistamaan Tihonovinlausetta, sillä ensin on löydettävä tähän tehtävään sopivat työkalut.

4 FiltteritTihonovin lauseen todistuksessa nojataan vahvasti filttereiksi kutsuttujenkonstruktioiden ominaisuuksiin. Siksi meidän onkin nyt tutustuttava filtte-reihin. Aloitetaan määritelmillä.

Määritelmä 13.6. Olkoon X topologinen avaruus. Sen osajoukkojen ko-koelmaa F sanotaan filtteriksi, mikäli seuraavat ehdot pätevät:

F1: X ∈ F , ∅ 6∈ F .

F2: F1, F2 ∈ F ⇒ F1 ∩ F2 ∈ F .

F3: F ∈ F , A ⊇ F ⇒ A ∈ F .

Huomautus. Ehdosta F2 seuraa, että jos pätee F1, . . . , Fn ∈ F , niin ko.filtteriin kuuluu myös leikkaus F1 ∩ . . . ∩ F2 ∈ F .

Edelleen ehdosta F3 seuraa, että jos Fi ∈ F kaikilla i ∈ I, niin myösunioni ⋃i∈I Fi ∈ F .

Filtteri F toteuttaa siis topologian määritelmän ehdot T2 ja T3, muttaF ei kuitenkaan ole topologia, koska ∅ 6∈ F .

Seuraavaksi käydään läpi joitakin havainnollistavia esimerkkejä filttereistä.

Esimerkki. Jos X on topologinen avaruus ja x ∈ X, niin

Ux := {A ⊆ X | On olemassa avoin U ⊆ X s.e. x ∈ U ja U ⊆ A︸ ︷︷ ︸ts. on olemassa x:n ympäristö U⊆A

}

on X:n filtteri (ns. ympäristöfiltteri).

Todistus. F1: Koska X on avoin ja x ∈ X, niin X ∈ Ux. Toisaalta, josA ∈ Ux, niin x ∈ A, joten A 6= ∅. Näin ollen ∅ 6∈ Ux.

F2: Jos A1, A2 ∈ Ux, niin on olemassa sellaiset avoimet joukot U1, U2 ⊆ X,että x ∈ U1, U2 ja U1 ⊆ A1, U2 ⊆ A2. Tällöin

x ∈ U1 ∩ U2 ⊆ A1 ∩ A2 ⇒ A1 ∩ A2 ∈ Ux.

99

F3: Olkoon A ∈ Ux ja A′ ⊇ A. Tällöin on olemassa avoin joukko U siten,että x ∈ U ⊆ A ⊆ A′. Täten A′ ∈ Ux. �

Esimerkki. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon (xn)n≥1 jono sen al-kioita. Jonon (xn)n≥1 m:s loppu on

Lm := {xn | n ≥ m } (m ≥ 1).

TällöinL := {L ⊆ X | L ⊇ Lm jollakin m > 1 }

on X:n filtteri.

Todistus. HT. �

Esimerkki. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon ∅ 6= A ⊆ X. Tällöin

A := {B ⊆ X | B ⊇ A }

on X:n filtteri (ns. pääfiltteri).

Todistus. HT. �

Aikaisemmin on käsitelty jonojen suppenemista ja siihen liittyviä topologisiaominaisuuksia. Myös filttereille voidaan määritellä suppenemisen käsite, jotahyödynnetään myöhemmin.

Määritelmä 13.7. Olkoon X topologinen avaruus ja F sen filtteri. Sano-taan, että F suppenee kohti pistettä x ∈ X, mikäli kaikilla avoimilla U ⊆ X,joilla x ∈ U (x:n ympäristöillä) on olemassa F ⊆ F siten, että F ⊆ U (ts.U ∈ F). Tällöin merkitään

F → x.

Esimerkki. Olkoon X topologinen avaruus ja olkoon (xn)n≥i jono X:n al-kioita ja x ∈ X. Tarkastellaan filtteriä

L := {L ⊆ X | L ⊇ Lm jollakin m },

missäLm = {xn | n ≥ m }.

TällöinL → x ⇔ xn → x.

Todistus. ”⇐ ” Olkoon U ⊆ X avoin siten, että x ∈ U . Tällöin jos xn → x,niin on olemassa sellainenm ≥ 1, että xn ∈ U kaikilla n ≥ m. Täten Lm ⊆ U ,joten U ∈ L. Siis L → x.

”⇒ ” Olkoon U ⊆ X avoin siten, että x ∈ U . Tällöin jos L → x, niinU ∈ L. Täten Lm ⊆ U jollakin m ≥ 1, joten edelleen xn ∈ U kaikilla n ≥ m.Siis xn → x. �

100

Esimerkki. Olkoon X topologinen avaruus. Jos x ∈ X, niin ympäristöfilt-teri Ux → x.

Todistus. Olkoon U ⊆ X avoin siten, että x ∈ U . Tällöin pätee määritelmänperusteella U ∈ Ux, joten voidaan todeta, että Ux → x. �

Määritelmä 13.8. Olkoon X topologinen avaruus. Sen filtteri F on ultra-filtteri, mikäli pätee

F ⊆ F ′, F ′ on filtteri ⇒ F = F ′.

Esimerkki. Olkoon X topologinen avaruus. Jos x ∈ X, niin pääfiltteri

A := {A ⊆ X | x ∈ A }

on ultrafiltteri.

Todistus. Olkoon F filtteri siten, ettäA ⊆ F . Valitaan mielivaltainen F ∈ F .Nyt koska {x} ∈ A, niin myös {x} ∈ F . Tällöin filtteriehdon F2 nojalla pätee{x} ∩ F ∈ F , jolloin ehdon F1 nojalla pätee {x} ∩ F 6= ∅.

Näin ollen ∅ 6= {x} ∩ F ⊆ F , joten {x} ⊆ F ja edelleen x ∈ F . Nyt siismääritelmän nojalla F ∈ A. Siis F ⊆ A, eli A = F . �

Joukko-oppiaSeuraavien lauseiden todistamisessa joudutaan käyttämään joitakin joukko-opin käsitteitä, joten on tarpeellista kerrata näitä hieman. Myöhemmin esi-tetään myös Zornin lemma, jota voidaan hyödyntää matematiikassa usein,kun ei haluta sotkeutua joukko-oppiin liiallisesti.

Määritelmä. Olkoon X joukko. Relaatio ≤ on sen osittainen järjestys, mi-käli kaikilla x, y, z ∈ X pätee:

• x ≤ x

• x ≤ y ja y ≤ x ⇒ x = y

• x ≤ y ja y ≤ z ⇒ x ≤ z.

Järjestys ≤ on täydellinen, jos kaikilla x, y ∈ X pätee joko x ≤ y tai y ≤ x.

Esimerkki. Joukon N∗ = N \ {0} järjestys

a ≤ b ⇔ a | b

ei ole täydellinen, koska ei ole esimerkiksi 3 ≤ 5 tai 5 ≤ 3.

101

Määritelmä. Olkoon Y ⊆ X. Tällöin Y on ketju, mikäli Y on täydellisestijärjestetty (Esimerkiksi edellä {2, 4, 8} ⊆ N∗ on ketju).

Alkio x ∈ X on Y :n yläraja, mikäli y ≤ x kaikilla y ∈ Y (Edellä 16 onjoukon {2, 4, 8} yläraja).

Alkio y0 ∈ Y on maksimaalinen, mikäli pätee

y0 ≤ y, y ∈ Y ⇒ y0 = y.

Esimerkki. Joukon {1, 2, . . . , 10} ⊆ N∗ maksimaaliset alkiot ovat 6, 7, 8, 9, 10.

Apulause (Zornin lemma). Olkoon X 6= ∅. Jos sen jokaisella ketjulla onyläraja, niin X:ssä on maksimaalinen alkio.

Nyt voidaan todistaa joitakin erityisiä ominaisuuksia ultrafilttereille, joitakäytetään edelleen myöhempien lauseiden todistamisessa.

Lause 13.9. Olkoon X topologinen avaruus. Jos F on X:n filtteri, niin onolemassa ultrafiltteri F ′ siten, että F ⊆ F ′.

Todistus. Tarkastellaan kaikkien X:n filtterien G, joille F ⊆ G kokoelmaa.Meillä on osittainen järjestys:

G1 ≤ G2 ⇔ G1 ⊆ G2.

Olkoon K ketju. Onko sillä ylärajaa? Havaitaan, että⋃F∈KF

on haluttu yläraja, ja samalla ultrafiltteri (todistus tarkemmin HT). �

Lause 13.10. Olkoon X topologinen avaruus. Jos F0 on X:n filtteri, niinon olemassa ultrafiltteri F ′ siten, että F0 ⊆ F ′.

Todistus. Väite seuraa suoraan Zornin lemmasta. �

Näiden lauseiden hyvin mielenkiintoinen seuraus on, että ultrafiltteri sisältääkyseisen topologisen avaruuden joukon tai sen komplementin.

Lause 13.11. Olkoon X topologinen avaruus. Jos F on X:n ultrafiltteri,niin pätee

A ⊆ X ⇒ A ∈ F tai X \ A ∈ F .

Todistus. Olkoon A ⊆ X.

• Oletetaan, että F ∩ A = ∅ jollakin F ∈ F . Tällöin F ⊆ X \ A, jotenX \ A ∈ F .

• Oletetaan, että F ∩ A 6= ∅ kaikilla F ∈ F . Merkitään

F ′ := {F ′ ⊆ X | F ′ ⊃ F ∩ A jollakin F ∈ F }.

102

Nyt F ⊃ F ∩ A kaikilla F ∈ F , joten F ∈ F ′ kaikilla F ∈ F . TätenF ⊆ F ′.Normaalilla tavalla voidaan todistaa, että F ′ on filtteri. Nyt koska F onultrafiltteri, niin määritelmän nojalla F = F ′. Tästä seuraa, että

A ⊇ A ∩X, X ∈ F ⇒ A ∈ F ′ ⇒ A ∈ F . �

KuvafiltteritKäsitellään vielä kuvausten kautta muodostettavia filttereitä, eli kuvafiltte-reitä. Niihin liittyy tiettyjä ominaisuuksia, joita tarvitaan myöhemmin.

Määritelmä 13.12. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja olkoon lisäksif : X → Y kuvaus. Jos F on X:n filtteri, niin kuvafiltteri on

f(F) := {G ⊆ Y | G ⊇ f(F ), missä F ∈ F }.

Huomautus. Tämä on todella filtteri:

F1: Koska Y ⊇ f(X) ja X ∈ F , niin Y ∈ f(F). Toisaalta, koska ei voi ollaf(F ) = ∅ millään F ∈ F , niin ∅ 6∈ f(F).

F2: Oletetaan, että G1, G2 ∈ F . Nyt G1 ⊇ f(F1) ja G2 ⊇ f(F2), missäF1, F2 ∈ F . Näin ollen

G1 ∩G2 ⊇ f(F1) ∩ f(F2) ⊇ f(F1 ∩ F2︸ ︷︷ ︸∈F

).

F3: Triviaalia.

Lause 13.13. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja olkoon f : X → Ykuvaus. Tällöin f on jatkuva jos ja vain jos kaikilla X:n filttereillä F japisteillä x ∈ X pätee:

F → x ⇒ f(F)→ f(x).

Todistus. ”⇐ ” HT.”⇒ ” Olkoon V ⊆ Y avoin siten, että f(x) ∈ V . Pitää osoittaa, että

V ∈ f(F). Nyt koska f on jatkuva, niin alkukuva f−1(V ) ⊆ X on avoin.Tällöin suppenemisen määritelmän perusteella pätee:

F → x, x ∈ f−1(V ) ⇒ f−1(V ) ∈ F .

Mutta koska f(f−1(V )) ⊆ V , niin V ∈ f(F). �

Lause 13.14. Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja olkoon f : X → Ykuvaus. Tällöin pätee:

F on X:n ultrafiltteri ⇒ f(F) on Y :n ultrafiltteri.

103

Todistus. Oletetaan, että G on Y :n filtteri siten, että f(F) ⊆ G. Tehdäänvastaoletus, että on olemassa G ∈ G siten, että G 6∈ f(F). Nyt siis on oltavaf−1(G) 6∈ F , nimittäin muuten olisi G ∈ f(F) edellisen lauseen todistuksennojalla.

Tällöin lauseen 13.11 perusteella pätee:

F on ultrafiltteri, f−1(G) ∈ F ⇒ X \ f−1(G) ∈ F .

Mutta X \ f−1(G) = f−1(Y \G). Nyt siis

f(f−1(Y \G)) ⊆ Y \G, f−1(Y \G) ∈ F ⇒ Y \G ∈ f(F) ⊆ G.

Siis G ∈ G ja Y \G ∈ G, joten filtteriehdon F2 nojalla G ∩ (Y \G) = ∅ ∈ G,mikä on ristiriita.

On siis oltava f(F) = G, eli f(F) on ultrafiltteri. �

Seuraava lause käsittelee jo kompaktisuutta, joten olemme nyt hyvin lähellämaalia, eli Tihonovin lauseen todistusta.

Lause 13.15. Topologinen avaruus X on kompakti jos ja vain jos sen jokai-nen ultrafiltteri suppenee.

Todistus. ”⇒ ” Olkoon F X:n ultrafiltteri. Tehdään vastaoletus, että F eisuppene.

Nyt siis jokaisella x ∈ X on olemassa avoin ympäristö Ux ⊆ X siten,että x ∈ Ux, mutta Ux 6∈ F . Tällöin X = ⋃

x∈X Ux, eli kompaktisuudenmääritelmän nojalla on olemassa sellaiset x1, . . . , xn ∈ X, että

X = Ux1 ∪ . . . ∪ Uxn .

Kuitenkin lauseen 13.11 nojalla, jos Ux 6∈ F ja F on ultrafiltteri, niin täytyyolla X\Ux ∈ F . Nyt erityisesti X\Ux1 , . . . , X\Uxn ∈ F . Tällöin filtteriehdonF2 nojalla

(X \ Ux1) ∩ . . . ∩ (X \ Uxn) ∈ F .

TätenX \ (Ux1 ∪ . . . ∪ Uxn︸ ︷︷ ︸

=X

) ∈ F ,

eli ∅ ∈ F , mikä on ristiriitaista. On siis todettava, että X:n jokainen ultra-filtteri suppenee.

”⇐ ” Tehdään vastaoletus, että X ei ole kompakti, eli on olemassa X:navoin peite (Ui)i∈I , jolla ei ole äärellistä osapeitettä.

Olkoon

F := {F ⊆ X | F ⊇ X \⋃i∈J

Ui jollakin äärellisellä J ⊆ I }.

Osoitetaan, että F on X:n filtteri.

104

F1: Triviaalisti pätee X ∈ F . Jos toisaalta olisi ∅ ∈ F , niin olisi X = ⋃i∈J Ui

jollakin äärellisellä J ⊆ I, joten on oltava ∅ 6∈ F .

F2: Olkoon F1, F2 ∈ F . Nyt on olemassa äärelliset J1, J2 ⊆ I siten, että

F1 ⊇⋃i∈J1

ja F2 ⊇⋃i∈J2

.

Nyt siis

F1 ∩ F2 ⊇(X \

⋃i∈J1

U1)∩(X \

⋃i∈J2

U1)

= X \( ⋃i∈J1

Ui ∪⋃i∈J2

Ui)

= X \( ⋃i∈J1∪J2

Ui).

Tässä J1 ∪ J2 on äärellinen, joten pätee F1 ∩ F2 ∈ F .

F3: Triviaalia.

Siis F on filtteri. Nyt lauseen 13.10 nojalla on olemassa ultrafiltteri F ′ siten,että F ⊆ F ′. Nyt siis oletuksen nojalla on olemassa sellainen x ∈ X, ettäF ′ → x.

Nyt siisX =

⋃i∈IUi ⇒ x ∈ Uj jollakin j ∈ I.

Tällöin, koska F ′ → x, niin Uj ∈ F ′. Valitaan F :n määritelmään J = {j}.Tästä seuraa, että

X \ Uj ⊇ X \⋃i∈J

Ui ⇒ X \ Uj ∈ F ⇒ X \ Uj ∈ F ′.

Näin ollen ∅ = Uj ∩ (X \ Uj) ∈ F ′, mikä on ristiriita.On siis todettava, että X on kompakti. �

Lause 13.16. Olkoon (Xi)i∈I perhe topologisia avaruuksia ja olkoon F tu-loavaruuden ∏

i∈IXi

filtteri. Tällöin pätee

F → x = (xi)i∈I ⇔ pi(F)→ xi kaikilla i ∈ I.

Tässä siispi :

∏i∈IXi → Xi

on projektio.

105

Todistus. ”⇒ ” Lauseen 13.3 perusteella pj:t ovat jatkuvia. Tällöin, koskaF → x, niin lauseen 13.13 nojalla

pi(F)→ pi(x)︸ ︷︷ ︸=xi

kaikilla i ∈ I.

”⇐ ” Riittää todistaa, että jos Ui ⊆ Xi (i ∈ I) ovat avoimia siten, ettäUi = Xi m.k. i ∈ I ja x ∈ ∏i∈I Ui, niin

∏i∈I Ui ∈ F . Nyt pätee

s ∈∏i∈IUi ⇒ xi ∈ Ui kaikilla i ∈ I.

Tällöin

pi(F)→ xi ⇒ Ui ∈ pi(F)⇒ Ui ⊇ pi(F ) jollakin F ∈ F⇒ F ⊆ p−1

i (Ui) kaikilla i ∈ I.

Siis F ⊆ ⋂i∈I p−1i (Ui). Mutta

y = (yi)i∈I ∈⋂i∈Ip−1i (Ui)

⇔ yi = pi(y) ∈ Ui kaikilla i ∈ I⇔ y ∈

∏i∈IUi

Siis ⋂i∈Ip−1i (Ui) =

∏i∈IUi.

TällöinF ⊆

∏i∈IUi ⇒

∏i∈IUi ∈ F .

�

Nyt meillä on hallussamme kaikki tarvittavat välineet, jotta voimme siirtyävarsinaiseen loppuhuipennukseen, eli Tihonovin lauseen todistukseen. Aiem-min esitimme heikomman version tästä lauseesta, mutta itse asiassa on mah-dollista todistaa vahvempi versio, jossa implikaatio on korvattu ekvivalens-silla.

Lause 13.17 (Tihonovin lause). Olkoon (Xi)i∈I perhe topologisia avaruuk-sia. Tällöin pätee∏

i∈IXi on kompakti ⇔ Xi on kompakti kaikilla i ∈ I.

Todistus. ”⇒ ” Lauseen 13.3 perusteella pj:t ovat jatkuvia, joten lauseesta11.4 seuraa, että kuva

Xi = pi(∏i∈IXi

)on kompakti.

106

”⇐ ” Käytetään lausetta 13.15.Olkoon F tuloavaruuden ∏i∈I Xi ultrafiltteri. Tällöin lauseen 13.14 pe-

rusteeella jokainen kuvafiltteri pi(F) on Xi:n ultrafiltteri kaikilla i ∈ I.Koska oletuksen mukaanXi on kompakti kaikilla i ∈ I ja toisaalta pi(F):t

ovat ultrafilttereitä, niin lauseen 13.15 nojalla kaikilla i ∈ I on olemassaxi ∈ Xi siten, että pi(F)→ xi. Merkitään

x = (xi)i∈I ∈∏i∈IXi.

Näin ollen lauseen 13.16 nojalla F → x.On siis osoitettu, että tuloavaruude ∏i∈I Xi jokainen ultrafiltteri suppe-

nee, joten lauseen 13.15 nojalla ko. tuloavaruus on kompakti. �

107