EKSOTIƒNA TOPOLOGIJA NA CELIH ’TEVILIH

UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGO’KA FAKULTETA

PROGRAM: MATEMATIKA IN TEHNIKA

EKSOTIƒNA TOPOLOGIJA NA CELIH ’TEVILIH

DIPLOMSKO DELO

Mentor: Kandidat:

izr. prof. dr. Matija Cencelj Matjaº Homar

Ljubljana, december 2011

Zahvala

Zahvaljujem se profesorju dr. Matiju Cenclju za strokovno mentorstvo, vo- denje, usmerjanje in motivacijo pri pisanju diplomskega dela.

Zahvala gre tudi druºini in sorodnikom, ki so mi vedno stali ob strani.

Hvala tudi Barbari, Andreju, Filipu, Bojanu in vsem va²kim prijateljem, ki so me vzpodbujali in mi vlivali mo£ in energijo za ²tudij.

Diplomsko delo pa posve£am teti Nu²ki.

Program diplomskega dela

Obravnavajte topologijo na mnoºici celih ²tevil, s pomo£jo katere lahko dokaºete, da je pra²tevil neskon£no mnogo.

Temeljna literatura naj vam bo £lanek

R. L. Lovas, I. Mezö: On an exotic topology of the integers, 2010, http://arxiv.org/abs/1008.0713v1.

Matija Cencelj

Povzetek

Obravnavana je neka eksoti£na topologija na mnoºici celih ²tevil, s pomo£jo katere lahko dokaºemo, da je pra²tevil neskon£no mnogo.

Klju£ne besede:

Linearna diofantska ena£ba, baza topologije, metri£ni prostor.

Abstract

An exotic topology on the set of intergers is introduced and this topology is used to prove that there are innitely many prime numbers.

Key words:

Linear diophantine equation, basis of topology, metric space.

Kazalo

1 Linearna diofantska ena£ba 7

1.1 Uvod v linearne diofantske ena£be . . . 7

1.2 Linearne diofantske ena£be z dvema neznankama oblikeax+by=0 8 1.3 Linearne diofantske ena£be z dvema neznankama oblikeax+by=c 10 2 Aritmeti£na zaporedja in njihovi preseki 12 2.1 Aritmeti£no zaporedje . . . 12

2.2 Presek aritmeti£nih zaporedij . . . 12

3 Aritmeti£na zaporedja A_n tvorijo topolo²ki prostor 20 3.1 Topolo²ki prostor . . . 20

3.2 Baza topologije . . . 20

4 Lastnosti topologije v (Z, τ) 24 4.1 Odprte in zaprte mnoºice v(Z, τ) . . . 24

4.2 Zaprtost singletonov v(Z, τ) . . . 25

4.3 Nepovezanost prostora(Z, τ) . . . 28

4.4 Hausdorova lastnost topolo²kega prostora (Z, τ) . . . 30

5 Metrizabilnost prostora (Z, τ) 33 5.1 Metrika in norma v (Z, τ) . . . 33

5.2 Metrikad inducira topologijo τ . . . 35

5.3 Normalnost in regularnost prostora (Z, τ). . . 36

5.4 Separacijske lastnosti . . . 37

6 Dokaz o neskon£nosti pra²tevil 40 6.1 Topolo²ki dokaz o neskon£nosti pra²tevil . . . 40

7 LITERATURA 41

Tabele

1 Tabela re²itev . . . 16

1 Linearna diofantska ena£ba

Naj bodo a,b,c∈Z ina6=0 terb 6=0. Ena£ba ax+by=cima vedno re²itev v racionalnih ²tevilih. ƒe za x postavimo kakr²nokoli racionalno vrednost, dobimo ena£bo za y, ki pa je seveda re²ljiva, saj pri iskanju re²itve za y uporabljamo znane operacije se²tevanja, od²tevanja, mnoºenja in deljenja racionalnih ²tevil. Mnoºica Q je za te operacije zaprta.

Poglejmo si preprost zgled linearne diofantske ena£be:

2x+ 5y= 26 (1)

Geometrijski pomen te ena£be je v tem, da ena£ba (1) predstavlja premico v ravnini. Na tej premici leºijo vse tiste to£ke katerih koordinate x in y izpol- njujejo ena£bo (1).

ƒe x=0, potem lahko izra£unamo y=²⁶₅ in tako to£ka T(0,²⁶₅ ) leºi na pre- mici (1). Vendar pa ta to£ka nima celo²tevilske vredosti. Ugotovimo lahko, da na vsaki tak²ni premici oblike ax+by=c, ki ima celo²tevilske koeciente a,b,c, leºi neskon£no racionalnih to£k. Poraja pa se vpra²anje, kako najti vse celo²tevilske to£ke na premici (1) ? To£ke so re²itve ena£be (1), ko sta x in y celi ²tevili.

V realnem svetu obstaja vrsta situacij, ko je potrebno poiskati samo celo²tevilske re²itve ena£be ax+by=c.

1.1 Uvod v linearne diofantske ena£be

Nekega lepega nedeljskega jutra se je Miha odlo£il, da bodo malce metal na ko². Spomnil se je zanimive igre, ki gre takole:

• Met na ko² iz razdalje ²tirih metrov je vreden 6 to£k.

• Met na ko² iz razdalje dveh metrov je vreden 4 to£ke.

• Vsak zgre²eni met iz obeh razdalij je vreden 1 to£ko.

Po koncu igre je Miha se²tel to£ke in dobili vsoto 78. Koliko metov za 6 to£k, koliko za 4 to£ke je zadel in kolikokrat je zgre²il ko²?

Ozna£imo mete za 6 to£k z x, mete za 4 to£ke z y in zgre²ene mete z z. Potem vsi meti izpolnjujejo ena£bo

6x+ 4y+z = 78. (2)

Re²itve slednje ena£be so seveda celo²tevilske.

1.1.1 Denicija

Linearno ena£bo ax+by=c, ki ima celo²tevilske re²itve, imenujemo linearna diofantska ena£ba.

Tako lo£imo ve£ razli£nih diofantskih ena£b. Ena£ba (1) je linearna dio- fantska ena£ba z dvema neznankama, ena£ba (2) pa linearna diofantska ena£ba s tremi neznankami.

1.2 Linearne diofantske ena£be z dvema neznankama oblike ax + by =0

Preden se lotimo iskanja re²itev linearnih diofantskih ena£b z dvema nez- nankama, je potrebno obravnavati ²e nekatere pomembne stvari.

Tu bomo nekatere izreke, trditve in primere povzeli brez dokaza iz [1] in [2] .

1.2.1 Denicija

Najmanj²i skupni ve£kratnik ²tevila inb je najmanj²e ²tevilo, ki je deljivo z a in b. Ozna£imo ga z v(a, b).

1.2.2 Izrek

Od ni£ razli£no celo ²tevilo premore le kon£no mnogo deliteljev.

Imejmo n ≥ 2 razli£nih celih ²tevil a₁, a₂, a₃, . . . , a_n. ƒe celo ²tevilo c deli vsako od teh ²tevil, je njihov skupni delitelj. Po izreku 1.2.2 je teh skup- nih deliteljev kon£no mnogo. Med njimi pa bo seveda eden od njih najve£ji.

1.2.3 Denicija

Najve£je ²tevilo, s katerim so deljiva dana ²tevila a₁, a₂,a₃,. . . , a_n, imenu- jemo najve£ja skupna mera oziroma najve£ji skupni delitelj. Ozna£imo ga z d(a₁, a₂, a₃, . . . ,a_n). Najve£ja skupna mera tujih si ²tevil je 1.

1.2.4 Izrek

ƒe jednajve£ja skupna mera celih ²tevilainb, jea=a₁d,b=b₁din celi ²tevili a₁ in b₁ sta si tuji.

1.2.5 Izrek

ƒe so a, b,c cela ²tevila in a deli bc, je pa tuj b, deli a ²tevilo c. 1.2.6 Izrek

ƒe sta a, b ∈ Z in d njuna najve£ja skupna mera, obstajata taki celi ²tevili u, v, da je

au+bv=d 1.2.7 Izrek

Naj bosta a, b od ni£ razli£ni celi ²tevili in d njuna najve£ja skupna mera.

Vse celo²tevilske re²itve ena£be

ax+by= 0 (3)

so zajete v obrazcih

x= b

dt, y=−a

dt (4)

ko t preleti vsa cela ²tevila.

Dokaz. Za celo ²tevilo t sta ²tevili (4) celi, ker je ax+by=a(_d^bt)−b(^a_dt)=0, tudi ustrezata ena£bi (3). Treba je dokazati, da ena£ba (3) nima nobenih drugih celo²tevilskih re²itev.

Naj bosta x=x₀ in y=y₀ celi ²tevili, ki izpolnjujeta ena£bo (3). Torej je

ax₀+by₀ = 0 (5)

Ker imata a in b skupno mero d, lahko po izreku 1.2.4 zapi²emo a=a₁d in b=b₁d za a₁, b₁ ∈ Z. Nato vstavimo slednje dva izraza v ena£bo (5) in po kraj²anju z ddobimo ena£bo

a₁x₀ =−b₁y₀ (6)

Od tod se vidi, da a1|b1y0. Po izreku 1.2.4 sta a1, b1 tuji si ²tevili. Zato iz izraza a₁|b₁y₀, po izreku 1.2.4 izhajaa₁|y₀. To pa pomeni, da je y₀=a₁t₀ pri celem ²tevilu t₀. Sedaj nam ena£ba (6) daje a₁x₀=−a₁b₁t₀. In ker jea₁6= 0, po kraj²anju z a1 dobimox0=−b1t0.

Od tu se lepo vidi, da je re²itev x=x₀, y=y₀ zajeta v ena£bi (4), ko se vzame t=−t0.

Primer

Poi²£imo vse celo²tevilske re²itve ena£be 35x+187y=0

Po izreku 1.2.7 so vse celo²tevilske re²itve ena£be enake x=_d^bt, y=−^a_dt. Na- jve£ja skupna mera ²tevil 35 in 187 je 1, torej sta si ²tevili tuji. Re²itve so potem enake

x=¹⁸⁷₁ t iny=³⁵₁ t oziroma

x=187t in y=35t ko t ∈ Z preleti vsa cela ²tevila.

V nadaljevanju si poglejmo, kako pa je z re²itvami ena£be ax+by=c.

1.3 Linearne diofantske ena£be z dvema neznankama oblike ax + by = c

1.3.1 Izrek

Naj bodo a, b, c cela ²tevila, a, b razli£na od ni£ in d njuna skupna mera.

Tedaj ena£ba

ax+by =c (7)

nima nobene celo²tevilske re²itve, kadar dne delic. ƒe ddeli c, ima ena£ba (7) neskon£no celo²tevilskih re²itev; £e je x=x₀, y=y₀ celo²tevilska re²itev ena£be (7), so vse celo²tevilske re²itve te ena£be zajete v obrazcih

x=x₀+ b

dt, y =y₀− a

dt (8)

ko t ∈Z preleti vsa cela ²tevila.

Dokaz. Ker je d najve£ja skupna mera ²tevil a, b, je po izreku 1.2.4 a=a₁d inb=b₁dpri a₁, b₁ ∈Z. Tako lahko zapi²emoax+by=d(a₁x+b₁y), prix, y∈ Z zavzame izraz ax+by vrednost, ki je ve£kratnik ²tevila d. Lahko pa tudi zapi²emo c=d(a₁x+b₁y).

1. ƒed-c,cni ve£kratnik odd, zato za noben celo²tevil£en parx,y²tevilo ax+byni enako c. V tem primeru ena£ba (7) nima nobene celo²tevilske re²itve.

2. ƒe d|c, lahko zapi²emo c=c₁d, c₁ ∈ Z. Ker je d najve£ja skupna mera za a in b, sta po izreku 1.2.4 a₁ in b₁ tuji si ²tevili. Iz izreka 1.2.6 vemo, da obstajata taki celi ²teviliuinv, da jea₁u+b₁v=1. ƒe slednjo ena£bo pomnoºimo z dc₁ in okraj²amo z ddobimo

a(c₁u)+b(c₁v)=c.

Torej je x0=c1u in y0=c1v. To sta celo²tevilski re²itvi ena£be (7), saj c₁, u,v ∈ Z.

Zapi²imo ena£bo (8) z dobljenima x₀ iny₀.

Ker je a(x₀+(_d^b)t)+b(y₀−(^a_d)t)= ax₀+by₀=c, vidimo, da za vsak t ∈ Z z obrazcema (8) dolo£ena x, y dajeta celo²tevilsko re²itev ena£be (7).

Prepri£ajmo se ²e, da je vsaka celo²tevilska re²itev za ena£bo (7) vsebovana v obrazcih (8).

Naj bo x=x₁, y=y₁ celo²tevilska re²itev za ena£bo (7), torej ax₁+by₁=c. Ko se od²teje ax₀+by₀=c, pride a(x₁−x₀)+b(y₁−y₀)=0 in po kraj²anju z d dobimo

a₁(x₁−x₀) = −b₁(y₁−y₀) (9) Ta enakost pove, dab1|a1(x1−x0). Ker staa1,b1 tuja, po izreku 1.2.5. izhaja b₁|(x₁−x₀). Torej jex₁−x₀=b₁t₀ pri celem t₀.

Zato lahko ena£bo (9) zapi²emo kot a₁b₁t₀=−b₁(y₁−y₀) in od tod naprej je y1−y0=−a1t0. Tako imamo x1=x0+b1t0, y1=y0−at0. To pa je (8) za t=t0. Primer

Poi²£imo vse celo²tevilske re²itve ena£be 15x−36y=18

Najve£ja skupna mera ²tevil 15 in 36 je 3. Torej, ker je 18 deljiv s 3, imamo vse celo²tevilske re²itve zajete v obrazcih

x=x₀−³⁶₃t, y=y₀−¹⁵₃t

Celo²tevilski re²itvi sta x0=6 in y=2. Tako lahko zapi²emo vse celo²tevilske re²itve:

x=6−12t in y=2−5t, kjert∈Z int preleti vsa cela ²tevila.

2 Aritmeti£na zaporedja in njihovi preseki

V tem in naslednjem poglavju se bomo ukvarjali predvsem z zaporedji. Zato tu najprej deniramo, v kak²nih zaporedjih bo sploh govora.

2.1 Aritmeti£no zaporedje

2.1.1 Denicija

Aritmeti£no zaporedje v Z pomeni tako funkcijo Z → Z, da obstaja celo

²tevilo ∆(∆6=0) tako, da velja f(k)=f(0)+k∆ za∀ k ∈ Z.

Opomba: V nadaljevanju bomo gledali le slike aritmeti£nih zaporedij, zato lahko privzamemo, da ∆∈ N, saj nam v primeru, da je ∆< 0, aritmeti£no zaporedje generira iste slike, kot |∆|.

2.1.2 Primer

Poglejmo si par primerov aritmeti£nih zaporedij:

• f(k) = 4 + 5k

• h(l) = 58−3l

• k(m) = −7m

Pri £emer so k, l, m ∈ Z.

2.2 Presek aritmeti£nih zaporedij

V nadaljevanju si poglejmo, kako je s skupnimi elementi dveh aritmeti£nih zaporedij. Razi²£imo torej njihove preseke elementov.

2.2.1 Presek zaporedij, kjer je f₁(0)=0 in f₂(0)=0 Recimo, da imamo neki preslikavi

1. f₁: Z→ Z; f₁(k)= f₁(0)+k∆₁ 2. f2: Z→ Z; f2(k)= f2(0)+k∆2, kjer k, ∆₁,∆₂ ∈ Z inf₁(0)=0 in f₂(0)=0.

Poglejmo si konkretni primer, kjer f₁(k)=3k inf₂(k)=5k. Slednji dve zaporedji lahko v splo²nem napi²emo, kot:

1. f₁(k)= f₁(0)+k∆₁, 2. f₂(k)= f₂(0)+k∆₂.

Pri tem pa veljaf₁(0)=0 inf₂(0)=0 ter∆₁ = 3in∆₂ = 5, pri £emer jek∈Z.

Kaj je potemtakem {f₁(k); k ∈Z} ∩ {f₂(k);k ∈ Z} ?

Mnoºica slik aritmeti£nega zaporedjaf1(k)vsebuje vse mnogokratnike ²tevila 3:

f₁(k)={. . . ,−15,−12,−9,−6,−3,0,3,6,9,12,15, . . .}

Mnoºica slik zaporedja f₂(k) pa vse mnogokratnike ²tevila 5:

f₂(k)={. . . ,−15,−10,−5,0,5,10,15, . . .}

Torej presek {f₁(k)} ∩ {f₂(k)} vsebuje tiste slike, ki so enake v obeh za- poredjih:

{f₁(k)} ∩ {f₂(k)}= {. . . ,−15,0,15, . . .}.

O£itno je tudi, da na primer, skupno sliko {15} preseka {f1(k)} ∩ {f2(k)} doseºe f₁(k) pri k=5 in f₂(k) pri k=3. Tako je diferenca zaporedja v tem primeru ravno najmanj²i skupni ve£kratnik ²tevil 3 in 5, kar pa je ²tevilo 15.

Vidimo, da v preseku dveh neskon£nih aritmeti£nih zaporedij, dobimo nove slike nekega neskon£nega aritmeti£nega zaporedja. V tem primeru pa lahko zapi²emo tudi njegovo splo²no obliko.

Presek slik teh dveh zaporedij lahko zapi²emo, kot novo aritemti£no zaporedje g(m)=15m,m ∈ Z, kjer 15=v(3,5)

Ugotovimo, da je presek slik dveh aritmeti£ni zaporedij, kjer f₁(0)=

f₂(0)=0, slika enega aritmeti£nega zaporedja, kateri ima diferenco enako na- jmanj²emu skupnemu ve£kratniku diferenc zaporedij f₁(k) inf₂(k).

Zapi²imo zgornjo ugotovitev v splo²nem:

1. Ugotovitev

Naj bosta {f₁(k); k ∈ Z} in {f₂(k); k ∈ Z} mnoºici slik dveh neskon£nih aritmeti£nih zaporedij, pri katerih velja

f₁(k)=k∆₁ inf₂(k)=k∆₂,

kjer k ∈ Z ter ∆₁,∆₂ ∈ N. Pri £emer ∆₁ 6= ∆₂. Zapi²imo presek slik teh dveh zaporedij

{f1(k);k ∈ Z}∩ {f2(k); k ∈ Z}={g(m); m ∈ Z}

Presek teh dveh mnoºic slik aritmeti£nih zaporedij bo nova mnoºica slik novega aritmeti£nega zaporedjag(m), katerega diferenca bo odvisna od ²tevil

∆1 in∆2.

Tako zapi²emo presek slik dveh aritmeti£nih zaporedij kot:

g(m)=mΩ; m ∈ Z kjer je Ω=v(∆₁,∆₂).

2.2.2 Presek zaporedij, kjer je f1(0)6=0 ali f2(0)6=0 Imejmo

1. f₁(k)=3+7k,

2. f₂(k)=−2+4k, kjer k ∈ Z dve razli£ni aritmeti£ni zaporedji.

Slednji aritmeti£ni zaporedji sta neskon£ni in ju lahko v splo²ni obliki za- pi²emo kot:

1. f₁(k)=f₁(0)+k∆₁

2. f₂(k)=f₂(0)+k∆₂, kjer k, ∆₁, ∆₂ ∈Z

pri £emer velja f1(0)6= 0 ali f2(0)6= 0 in ∆16=∆2. Podobno kot v prej²njem primeru poglejmo, kaj dobimo v preseku mnoºic slik teh dveh aritmeti£nih zaporedij:

{f₁(k); k ∈ Z} ∩ {f₂(k); k ∈ Z}

Mnoºico slik zaporedja f₁(k) sestavljajo vsi mnogokratniki ²tevila 7, ki so prestavljeni za 3 enote v desno na premici celih ²tevil. Tako lahko zapi²emo:

f₁(k)={. . . ,−18,−11,−4,3,10,17,24,31,38, . . .}.

Mnoºico slik zaporedjaf₂(k)pa sestavljajo vsi mnogokratniki ²tevila 4, ki so prestavljeni za 2 enoti v levo na premici celih ²tevil in sicer:

f₂(k) ={. . . ,−18,−14,−10,−6,−2,2,6,10,14,18,22, . . .}.

Torej je presek mnoºic slik enak

{f₁(k)} ∩ {f₂(k)}={. . . ,−18,10,38, . . .}

Zopet vidimo, da v preseku dveh neskon£nih aritmeti£nih zaporedij, dobimo novo mnoºico slik nekega drugega aritmeti£nega zaporedja. Kak²en je nje- gova splo²na oblika, nas v tem primeru niti ne zanima, saj nam je bistvo, da smo v preseku dobili novo mnoºico slik nekega aritmeti£nega zaporedja.

Poljubno sliko v preseku, recimo {10} zavzame f₁(k) pri k=1 in f₂(k) pri k=3.

2. Ugotovitev

Torej ugotovimo (podobno, kot v prej²njem primeru), da dobimo v primeru f1(0)6= 0 ali f2(0)6= 0 pri preseku dveh zaporedij, slike nekega drugega arit- meti£nega zaporedja.

Na dveh konkretnih primerih smo opazili, da dobimo v preseku slike, ki pripadajo nekemu aritmeti£nemu zaporedju.

2.2.3 Iskanje preseka dveh zaporedij z izrekom 1.3.1

Vrnimo se sedaj na prej²nji primer. Imeli smo dva neskon£na aritmeti£na zaporedja:

1. f1(k)=3+7k,

2. f₂(k)=−2+4k, kjer k ∈ Z

Presek teh dveh aritmeti£nih zaporedij smo na²li tako, da smo za vsako za- poredje izra£unali nekaj £lenov in nato poiskali skupne elemente. Zanima nas, kako bi lahko poiskali vse skupne elemente oziroma, ali je mo£ najti kak²en splo²en predpis, ki bi nam ponudil toliko elementov v preseku, kot bi ºeleli?

Tu pa se opremo na linearne diofantske ena£be, oziroma ²e bolj natan£no na izrek 1.3.1.

še zgoraj smo ugotovili, da so skupne slike teh dveh zaporedij, doseºene pri razli£nih vrednostih f₁(k)in f₂(k). Ker govorimo o preseku (skupne to£ke), lahko zapi²emo naslednjo enakost:

3 + 7k₁ =−2 + 4k₂ (10)

Ena£bo uredimo in dobimo

7k1−4k2+ 5 = 0 (11)

Vidimo, da ena£ba (11) predstavlja linearno diofantsko ena£bo z dvema nez- nankama, kot ena£ba (7) v izreku 1.3.1.

ƒe stak₁=1 ink₂=3 eni od re²itev ena£be (11) sta sliki zaporedij {f₁(k)} in {f₂(k)} enaki. V tem primeru

f₁(1)=10=f₂(3).

Tako je seveda ²tevilo 10 v preseku slik zaporedij {f₁(k)}∩{f₂(k)}. Vendar pa ²tevilo 10 ²e zdale£ ni edina re²itev. Re²itev je namre£ neskon£no, kar bomo videli s pomo£jo obrazcev (8).

Da bo stvar bolj jasna, si poglejmo nekaj re²itev za ena£bo (11).

Zaradi laºje berljivosti zapi²imo ena£bo (11) na tak²en na£in:

7k−4l+5=0

Hitro lahko ugotovimo, da sta eni od re²itev enaki k₀=1 in l₀=3. Tako, po zgledu z obrazcema (8), ozna£imo d(7,4)=1, a=7, b=4. Nato ºe lahko zapi²emo vse re²itve v obliki

k = 1− 4

1t, l = 3−7

1t, t∈Z (12)

Tako so vse celo²tevilske re²itve podane z obrazcema k=1−4t in l=3−7t, kjer t∈Z

Seveda dobimo za razli£ne re²itve ena£be (11) razli£ne slike, kar lahko za- pi²emo v naslednji tabeli, pri £emer je f(k)=3+7k in f(l)=−2+4l.

t k l f(k) f(l) 1 −3 −4 −18 −18 2 −7 −11 −46 −46

−1 5 10 38 38

Tabela 1: Tabela re²itev

V tabeli 1 so navedene tri razli£ne re²itve. Vidimo, da za vsako re²itev do- bimo v preseku zaporedij novo sliko.

Torej nam je dovolj poiskati eno skupno to£ko preseka in diferenco, saj s tem lahko enostavno poi²£emo vse ostale to£ke preseka.

Tako lahko strnemo vse dosedanje ugotovitve in postavimo naslednjo trditev.

2.2.4 Trditev

Presek slik dveh poljubnih aritmeti£nih zaporedij je slika enega aritmeti£nega zaporedja

{f₁(Z)} ∩ {f₂(Z)}={g(Z)}.

Pri tem so funkcijef1(Z),f2(Z)ing(Z)ano linearne oziroma predstavljajo aritmeti£na zaporedja oblike

f₁(k)= f₁(0)+k∆₁, f₂(k)= f₂(0)+k∆₂ ing(n)= g(0)+nΩ, kjer k, n ∈ Z in∆₁, ∆₂,Ω ∈ N.

Dokaz. Naj bosta

f₁(k)=f₁(0)+k∆₁ inf₂(l)= f₂(0)+l∆₂

poljubni neskon£ni aritmeti£ni zaporedji. Pri £emer f₁(0) 6= 0 alif₂(0) 6= 0,

∆₁, ∆₂ 6= 0, f₁(0)6=f₂(0)in ∆₁6=∆₂, ter k,l ∈ Z.

šelimo dokazati, da je njun presek mo£ zapisati kot novo neskon£no arit- meti£no zaporedje, katerega diferenca je enaka v(k,l). Ker i²£emo presek zaporedij, izena£imo slednja izraza po zgledu z enakostjo (10)

f₁(0) +k∆₁ =f₂(0) +l∆₂ (13) Ozna£imo razliko £lenov f1(0)−f2(0)=j, kjer j ∈ Z in ena£bo uredimo v znano obliko

∆1k−∆2l+j = 0 (14)

Tako smo ena£bo (14) zapisali kot linearno diofantsko ena£bo z dvema nez- nankama (7).

Po zgledu z ena£bo (7), kjer so a, b ter c parametri in x ter y neznanki v ena£bi, so v ena£bi (14) parametri j, ∆₁ ter ∆₂, neznanki pak in l.

ƒe sta k₁ inl₁ eni od re²itev ena£be (14), sta sliki {f₁(k₁)} in {f₂(l₁)} enaki.

Torej presek {f₁(k)} {∩ f₂(l)}6= ∅.

Vsaki celo²tevilski re²itvi ena£be (14) nam zagotovita sliko v preseku dveh poljubnih neskon£nih aritmeti£nih zaporedij. ƒe bomo torej na²li neskon£no

re²itev za ena£bo (14), bomo imeli v preseku dveh zaporedij, neskon£no celo²tevilskih slik. Zato v nadaljevanju razi²£imo, koliko in kak²ne, so vse re²itve ena£be (14).

Re²itve ena£be (14) bomo poiskali po principu, ki je opisan v izreku 1.3.1.

Zapi²imo ena£bo (14) ²e enkrat:

∆₁k−∆₂l+j = 0

Parametri k, l inj so elementi celih ²tevil ter neznanki k,l razli£ni od ni£ in d naj bo najve£ji skupni delitelj ²tevilk in l; d=D(k,l).

1. Ena£ba (14) ne bo imela celo²tevilskih re²itev, £e d ne deli ²tevilaj. 2. Ena£ba (14) bo imela neskon£no celo²tevilskih re²itev, ob pogoju, da

d deli j. ƒe sta k=k₀ in l=l₀ eni od moºnih re²itev ena£be, so vse celo²tevilske re²itve ena£be (13) zajete v obrazcih:

k=k₀− ∆₂

d t, l =l₀− ∆₁

d t (15)

ko t ∈ Zpreleti vsa cela ²tevila.

Dovolj je najti eno celo²tevilsko re²itev ena£be, saj ostale dobimo iz obrazcev (15).

Torej, v preseku slik dveh poljubnih neskon£nih aritmeti£nih zaporedij, vedno dobimo neskon£no mnoºico celo²tevilskih slik, ki pripada novemu aritmeti£nemu zaporedju. Vendar ob potrebnem pogoju, da d deli parameter j.

Lahko se seveda zgodi, da nam presek dveh neskon£nih aritmeti£nih zaporedij generira novo aritmeti£no zaporedje, ki nima celo²tevilskih slik (d ne deli parameter j). V takem primeru dobimo v preseku elemente, ki pripadajo drugim mnoºicam ²tevil. Na²a topologija pa je zasnovana na celih ²tevilih Z tako, da i²£emo samo celo²tevilske re²itve. V takem primeru, pa je presek dveh neskon£nih aritmeti£nih zaporedij kar prazna moºica.

Primer

Imejmo naslednji zaporedji

f₁(k) = 2k inf₂(k) = 4k+ 1, k∈Z.

Kaj je slika tega preseka?

Hitro lahko razberemo, da zaporedji nimata nobene skupne slike. Torej je presek enak

f₁(k)∩f₂(k) = ∅.

To nam seveda ne povzro£a preglavic, saj je prazna mnoºica avtomatsko vsebovana v topologiji, kar nam bo prav pri²lo kasneje, ko bomo govorili o topologiji prostora.

Pokazali smo, da presek slik dveh aritmeti£nih zaporedij tvori novo mnoºico celo²tevilskih slik oziroma novo aritmeti£no zaporedje, ob pogoju, da d deli parameter j. Ampak velja celo ve£ - presek slik kon£no mnogo aritmeti£nih zaporedij tvori novo mnoºico slik, ki pripada novemu aritmeti£nemu za- poredju. To bomo spoznali v naslednjem poglavju.

3 Aritmeti£na zaporedja A

tvorijo topolo²ki prostor

V za£etku poglavja si najprej oglejmo nekaj pomembnih denicij. Kasneje bomo pokazali, da (dvostranska) nekonstantna aritmeti£na zaporedja tvorijo bazo neke topologije v Z.

3.1 Topolo²ki prostor

3.1.1 Denicija

Topolo²ki prostor (E,τ) je mnoºica E skupaj s τ, ki je taka druºina podm- noºic mnoºice E, da velja:

1. Unija poljubne mnoºice elementov izτ je spet element v τ; 2. Presek vsake kon£ne mnoºice elementov iz τ je spet element v τ; 3. Prazna in cela mnoºica E sta elementa v τ.

Naj bo Z prostor celih ²tevil. V ta prostor vpeljemo topologijo τ, ki je zasnovana z aritmeti£nimi zaporedji An ∈ A^‘(Z).

3.2 Baza topologije

3.2.1 Denicija

V topolo²kem prostoru (E, τ)re£emo druºini B ⊂τ baza topologije, £e se da vsak element iz τ izraziti kot unija nekih elementov iz B.

3.2.2 Izrek

Druºina B mnoºic v E je baza za neko topologijo v E natanko tedaj, ko veljata naslednji lastnosti:

1. Z=S B;

2. Presek kon£no mnogih elementov druºine B lahko izrazimo kot unijo kak²ne poddruºine v B.

Druºino B bomo v tem primeru razumeli kot mnoºico slik A‘ aritmeti£nih zaporedij An.[4]

Za obstoj topolo²kega prostora (Z, τ) je dovolj pokazati, da mnoºica slik

nekonstantnih aritmeti£nih zaporedij tvori bazo topologije. Dokazati je torej treba, da tvorijo aritmeti£na zaporedja A_n res bazoB neke topologije v Z.

Po zgledu s prvo to£ko izreka 3.2.2 postavimo naslednjo trditev:

3.2.3 Trditev

Prostor Z je enak uniji baznih elementov; Z=S B.

Dokaz. Dokazujemo, da je Z sestavljen iz unije baznih elementov oziroma slik aritmeti£nih zaporedij.

Z je v bistvu slika identitetne preslikave Z → Z. Tako je v tem primeru o£itno, da je Z sestavljen iz unije slik aritmeti£ih zaporedij.

Sedaj pa si poglejmo ²e drugo to£ko izreka 3.2.2, ki pravi, da presek kon£no mnogih elementov druºine B lahko izrazimo kot unijo kak²ne poddruºine v B. Slednjo trditev si lahko konkretno razlagamo tako, da je presek kon£no mnogih slik zaporedij, unija slik neke druºine zaporedij.

Zato, po zgledu z drugo to£ko izreka 3.2.2 postavimo naslednjo trditev:

3.2.4 Trditev

Presek slik kon£nega ²tevila nekonstantnih aritmeti£nih zaporedij je slika enega aritmeti£nega zaporedja.

f1(Z)∩ f2(Z)∩ . . . ∩ fk+1(Z)=g(Z), kjer k ∈ N

Pri tem so funkcije f1(Z),f2(Z), . . ., fk+1(Z) in g(Z)ano linearne oziroma gre tu za aritmeti£na zaporedja.

Dokaz. Dokaz bomo izpeljali po principu popolne matemati£ne indukcije:

1. Baza indukcijek = 1. To je o£itno, saj dobimo le eno neskon£no arit- meti£no zaporedje.

2. Indukcijski korak k =⇒ k+ 1. ƒe velja izjava zak potem velja tudi za k+ 1.

Indukcijska predpostavka:

Predpostavimo, da je presek slik poljubnih k aritmeti£nih zaporedij, slika

enega aritmeti£nega zaporedja.

Indukcijski korak:

Naj bo

{f₁(n)} ∩ {f₂(n)} ∩ . . .∩ {f_k+1(n)}, kjer je k ∈ N inn ∈ Z

presek k+ 1 mnoºic slik aritmeti£nih zaporedij. Po indukcijski predpostavki je presek mnoºic slik k aritmeti£nih zaporedij enak mnoºici slik novega arit- meti£nega zaporedja. Tako lahko zapi²emo

{g(n)} ∩ {f_k+1(n)}, kjer k ∈N in n ∈ Z

kjer je {g(n)} presek slik prvih k mnoºic aritmeti£nih zaporedij. Zopet do- bimo presek slik dveh aritmeti£nih zaporedij. V tem primeru pa imamo dve moºnosti, ki ju bomo preu£ili vsako posebej.

1. Aritmeti£ni zaporedji sta tak²ni, da velja f_k+1(0) =g(0) = 0

Tedaj dobimo novo mnoºico slik, ki predstavlja novo aritmeti£no za- poredje. Tako lahko zapi²emo:

{g(n)} ∩ {f_k+1(n)}={g(l)}, kjer k ∈ N inn, l ∈ Z

Po ugotovitvah v prej²njem poglavju (primer 2.2.1), lahko sedaj za- pi²emo zaporedje g(l) kot:

g(l)=lΩ; l ∈Z in Ω=v(∆₁, . . ., ∆_k+1),

Tu se opremo na trditev 2.2.4, ki nam zagotavlja, da presek kon£no mnogih aritmeti£nih zaporedij, vedno generira novo aritmeti£no za- poredje.

2. Aritmeti£ni zaporedji sta tak²ni, da je vrednost £lenov f_k+1(0) 6= 0∨g(0)6= 0.

V preseku zaporedij zopet dobimo novo mnoºico slik, ki predstavljajo novo aritmeti£no zaporedje

{g(n)} ∩ {f_k+1(n)}={g(m)}, kjer k ∈ N in m ∈ Z.

Po trditvi 2.2.4, dobimo v preseku slik teh dveh aritmeti£nih zaporedij, novo aritmeti£no zaporedje. Z obrazci (15) lahko razi²£emo vse re²itve preseka teh dveh neskon£nih aritmeti£nih zaporedij

{g(n)} ∩ {f_k+1(n)}.

katere so v tem primeru enake mnoºici slik zaporedja {g(m)}.

Tako mnoºica slik {g(m)} predstavlja novo neskon£no aritmeti£no za- poredje.

S tem smo pokazali ²e drugo to£ko izreka 3.2.2. Ker velja seveda tudi prva to£ka tega izreka, imamo zagotovljen obstoj baze v prostoru celih ²tevil.

Z obstojem baze v prostoru celih ²tevil smo pokazali, da neskon£na in nekon- stantna aritmeti£na zaporedja generirajo topolo²ki prostor (Z, τ).

Baza topologije so torej slike nekonstantnih aritmeti£nih zaporedij.

4 Lastnosti topologije v ( Z , τ )

4.1 Odprte in zaprte mnoºice v ( Z , τ )

V skladu z na²o topologijo v prostoru Z, so odprte natanko tiste mnoºice, ki pripadajo topologiji τ. Mnoºica je odprta, £e jo sestavljajo slike nekega neskon£nega nekonstantnega aritmeti£nega zaporedja.

4.1.1 Denicija

Mnoºici F v topolo²kem prostoru E re£emo zaprta, £e je njen komplement E \ F odprta mnoºica.

4.1.2 Trditev

V topolo²kem prostoru je mnoºica odprta natanko tedaj, ko je okolica vsake svoje to£ke.

Dokaz. (=⇒)

Predpostavimo, da je poljubna mnoºica U odprta in dokaºimo, da je s tem okolica vsake svoje to£ke.

ƒe je U odprta, potem veljaU ∈ τ. To pa pomeni, da jeU odprta za vsako to£ko iz (Z, τ).

(⇐=)

Recimo, da je U okolica vsake svoje to£ke in dokaºimo, da je U odprta.

Za vsak xobstaja okolicaG_x, tako da jeG_x ∈τ. Vemo, da jeG_x ∈ U. Torej je mnoºica U unija teh G-jev

U=S

x∈U G_x ∈ τ

4.1.3 Denicija

Komplement dane mnoºiceA je mnoºica, ki vsebuje vse tiste elemente, ki jih mnoºica A ne vsebuje. Ozna£imo ga zA^C.

Kaj so torej zaprte in odprte mnoºice v (Z, τ)?

Po deniciji topologije je mnoºica slik vsakega neskon£nega aritmeti£nega zaporedja A_n ∈ (Z, τ) odprta mnoºica. Ali je tudi zaprta? ƒe je, potem mora biti po deniciji 4.1.1 njen komplement A^C_n odprta mnoºica.

Za za£etek si najprej poglejmo, kako je z zaprtostjo oziroma odprtostjo sin- gletonov.

4.2 Zaprtost singletonov v ( Z , τ )

Vzemimo naslednji singleton:

{k}, k ∈ Z.

Poudariti je treba, da singleton{k}ni slika nekonstantnega aritmeti£nega za- poredja. Ker je mo£ te mnoºice enaka ena, je singleton {k}kon£na mnoºica.

Kar pa po deniciji topologije ni odprta mnoºica, saj{k}ni slika neskon£nega nekonstantnega aritmeti£nega zaporedja. Ali je morda zaprta?

Za zaprtost singletona{k}je dovolj pokazati, da je komplement {k}^C odprta mnoºica. Po deniciji 4.1.1 izrazimo {k}^C. ƒe je slednjega mo£ zapisati kot odprto mnoºico, je {k} zaprta mnoºica.

Primer

Za za£etek si poglejmo primer aritmeti£nega zaporedja oblike A_n=1.

Slednje zaporedje je konstantno. Tako je mnoºica slik zaporedja sestavljena le iz enega elementa, torej A_n ={1} . S tem je mnoºica slik seveda kon£na.

Komplement singletona{1}je treba izraziti kot neko neskon£no unijo odprtih mnoºic oziroma odprto mnoºico.

Mnoºica slik singletona A_n = {1}, nam bo razdelila ²tevilsko premico celih

²tevil na dva dela. Tako bomo komplement mnoºice {1}^C izrazili kot unijo dveh odprtih mnoºic oziroma, kot unijo dveh mnoºic slik neskon£nih arit- meti£nih zaporedij.

Prvo podmnoºico komplementa{1}^Clahko izrazimo kot unijo slik aritmeti£nih zaporedij oblike

S

∆≥2{k∆, k ∈Z},

kjer so mnoºice slik zaporedij vsa cela ²tevila razen {1} in {−1}. Poiskati moramo le ²e potrebno aritmeti£no zaporedje (drugo podmnoºico komple- menta), katerega mnoºica slik bo vsebovala element {−1}. To pa nam zago- tavlja zaporedje oblike

{4k−1,k ∈ Z}

Torej smo izrazili komplement singletona {1} kot unijo dveh mnoºic slik, ki jih generirata dva neskon£na aritmeti£na zaporedja

{1}^C={4k−1, k∈Z} ∪S

∆≥2{k∆, k∈Z},

pri £emer je unija teh dveh podmnoºic komplementa {1}^C, odprta mnoºica.

Singleton {1} je zaprta mnoºica, saj je njegov komplement odprt.

4.2.1 Trditev

Vsak singleton je zaprta in ni odprta mnoºica v (Z, τ).

Dokaz. Imejmo singleton {k}, k ∈ Z in izrazimo njegov komplement {k}^C. Po zgledu z zgornjim primerom, izrazimo{k}^C kot unijo dveh odprtih podm- noºic komplementa, saj mora komplement vsebovati neskon£no elementov, razen samega sebe.

Prva podmnoºica komplementa {k}^C bo enaka mnoºici slik zaporedij oblike {k+n∆,k ≥2,n ∈Z}.

Slednja mnoºica slik vsebuje skoraj vse elemente komplementa, razen ele- menta k−1in seveda k. Torej moramo poiskati ²e drugo podmnoºico kom- plementa, v kateri bo tudi element k−1. To pa je naslednja mnoºica slik aritmeti£nih zaporedij oblike

{k−1 + 3n, n∈Z}.

Sedaj lahko zapi²emo komplement {k}^C kot unijo dveh mnoºic slik arit- meti£nih zaporedij

{k}^C ={k+n∆, k≥2, n∈Z} ∪ {k−1 + 3n, n∈Z}.

Vsaka podmnoºica komplementa je odprta v na²i topologiji. S tem pa je odprta tudi njuna unija.

Torej je komplement odprta mnoºica in po deniciji 4.1.1 mnoºica{k}zaprta v (Z, τ).

Vsak singleton je torej zaprta in ni odprta mnoºica v (Z, τ).

4.2.2 Trditev

Vsaka kon£na mnoºica v (Z, τ)je zaprta.

Dokaz. Da je vsaka kon£na mnoºica zaprta, sledi avtomati£no iz zaprtosti singletonov (trditev 4.2.1).

Vrnimo se nazaj na odprte mnoºice. Iz denicije topologije, v topolo²kem prostoru (Z, τ) vemo, da so vse neskon£ne mnoºice, ki so unije slik arit- meti£nih zaporedij, avtomati£no odprte. To pa ²e zdale£ ne pomeni, da niso tudi zaprte.

Primer

Poglejmo si primer odprte mnoºice, ki je generirana z naslednjim aritmeti£nem zaporedjem:

An=5n, kjer n ∈ Z Tako lahko zapi²emo mnoºico slik

A_n={. . ., −15, −10, −5, 0, 5, 10, 15, . . .}

O£itno zaporedje A_n vsebuje vse mnogokratnike ²tevila 5. Komplement mno£iceA_nmora vsebovati vsa ²tevila izZ razen tista, ki jih vsebujeA_n. Se pravi, da bo komplement A^C_n sestavljen iz tak²nih elementov, ki niso mno- gokratniki ²tevila 5. Ta ²tevila v komplementu pa lahko zapi²emo kot unijo slik zaporedij oblike

B_n=5n+1, C_n=5n+2, D_n=5n+3 in E_n=5n+4.

Slednja pa so seveda odprte mnoºice v (Z, τ).

Ker lahko komplement odprte mnoºiceA^C_n izrazimo kot unijo slik aritemti£nih zaporedij

A^C_n=B_n ∪C_n ∪ D_n ∪ E_n,

je A^C_n prav tako odprta mnoºica. Iz tega sledi, po deniciji 4.1.1, da je An

tudi zaprta.

4.2.3 Trditev

Vsaka bazna mnoºica v (Z, τ) je odprta in zaprta hkrati.

Dokaz. Imejmo mnoºico slik, ki pripadajo neskon£nemu aritmeti£nemu za- poredju

X={k+n∆, k, n,∆∈Z; ∆6= 0}.

Slednja mnoºica je bazna, torej odprta po deniciji topologije. ƒe je mnoºica res tudi zaprta, je njen komplement odprt. Tako komplement mnoºice ses- tavljajo unije baznih mnoºic, ki so slike ostalih nekonstantnih aritemti£nih zaporedij, ki imajo isto diferenco ∆:

X^C =S

{l+n∆, l∈Z}, kjer l 6=k. Torej je vsaka odprta mnoºica v (Z, τ)tudi zaprta hkrati.

4.3 Nepovezanost prostora ( Z , τ )

4.3.1 Denicija

MnoºiciAinB v topolo²kem prostoru (E,τ) tvorita separacijo tega prostora,

£e sta A in B odprti, neprazni mnoºici, za kateri velja E=A ∪B inA ∩ B=∅. 4.3.2 Denicija

Prostor (E,τ) je povezan, £e ne dopu²£a nobene separacije. Tj. £e sta∅inE edini podmnoºici v E, ki sta hkrati odprti in zaprti.

4.3.3 Denicija

Naj bo E topolo²ki prostor. Povezanim podmnoºicam tega prostora, ki so maksimalne glede na relacijo inkluzije, re£emo tudi komponente (za povezanost, ali tudi povezanostne komponente).

4.3.4 Izrek

Povezanostne komponente so zaprte mnoºice, ki so si disjunktne med seboj.[4]

4.3.5 Trditev

Topolo²ki prostor (Z, τ)je nepovezan.

Dokaz. Za dokaz trditve 4.3.5 je dovolj najti separacijo prostora(Z, τ). Skon- struirajmo separacijo:

Vzemimo aritmeti£ni zaporedji oblike

A_n={2k, k ∈Z} in B_n={2k+1, k ∈ Z}

Ker sta slednji zaporedji, oziroma njuni mnoºici slik, neskon£ni in generirani z dvema aritmeti£nima zaporedjima, sta po deniciji topologije to odprti mnoºici. Ob tem pa njuna unija tvori cel prostor Z, torej A_n ∪ B_n=Z.

Presek teh dveh zaporedij A_n ∩ B_n je prazen,A_n ∩ B_n=∅.

Tako A_n={2k, k ∈ Z} in B_n={2k+1, k ∈ Z} res tvorita separacijo pros- tora (Z, τ).

(Z, τ)je torej nepovezan prostor, saj obstaja separacija.

4.3.6 Denicija

Za topolo²ki prostor (E,τ) re£emo, da je totalno nepovezan, £e za vsako to£ko x ∈ E velja, da je {x}edina povezana mnoºica v (E,τ).

V topolo²kem prostoru, ki je totalno nepovezan, ima vsaka povezana podm- noºica samo en sam element. Torej je singleton najve£ja povezana mnoºica.

4.3.7 Trditev

Topolo²ki prostor (Z, τ)je totalno nepovezan.

Dokaz s protislovjem. ƒe je prostor totalno nepovezan, potem velja po deniciji 4.3.6, da je vsak singleton {k}, k ∈ Z edina in najve£ja povezana mnoºica v (Z, τ). še v zgornjem razdelku (trditev 4.2.1) smo pokazali, da je v topolo²kem prostoru (Z, τ) vsak singleton zaprta mnoºica.

Predpostavimo, da prostor (Z, τ) ni totalno nepovezan. Torej singleton ni najve£ja povezana podmnoºica v (Z, τ).

Naj bo X ⊂ Z povezana podmnoºica v (Z, τ), ki vsebuje vsaj dva razli£na elementa a inb. Naj bo k6= 0 celo ²tevilo, ki ni delitelj razlike b−a. Potem lahko deniramo novi dve mnoºici A inB kot presek

A=X∩ {a+nk, n∈Z} in

B = X ∪({a+ 1 +nk, n∈Z} ∪ {a+ 2 +nk, n∈Z} ∪ . . .∪ {a+k−1 +nk, n∈Z}).

Mnoºica A vsebuje elementa, mnoºica B pa element b.

Slednji podmnoºici A, B ⊂ X o£itno nista prazni in sta odprti glede na mnoºico X. Njun presek je prazen, njuna unija pa je cel X. Mnoºici sta si komplementarni, torej tvorita separacijo za mnoºico X.

Mnoºica X ne more biti povezana, najve£ji povezani podmnoºici sta v tem primeru le singletona a in b. To pa je v nasprotju z na²o predpostavko, da singleton ni najve£ja povezana podmnoºica.

Prostor (Z, τ) je totalno nepovezan.

4.4 Hausdorova lastnost topolo²kega prostora ( Z , τ )

4.4.1 Denicija

Naj bo x to£ka topolo²kega prostora (E, τ). Mnoºici U v tem topolo²kem prostoru re£emo okolica to£ke x, £e obstaja taka mnoºica G∈τ, da velja

x ∈ G ⊂ U 4.4.2 Denicija

Topolo²kemu prostoru pravimo Hausdorov, £e za poljubni to£ki x in y v tem prostoru obstajata taki okolici U_x zax inU_y zay, da velja

U_x∩U_y=∅

4.4.3 Denicija

Mnoºici A in B sta si disjunktni (tuji), £e velja A∩B=∅

Okolica to£ke x∈(Z, τ) je mnoºica, ki poleg to£kex vsebuje ²e neko nekon- stantno aritmeti£no zaporedje, katerega slika vsebuje to£ko x.

Da bo topolo²ki prostor (Z, τ) imel Hausdorovo lastnost je potrebno, za poljubni dve to£ki x in y, poiskati disjunktni si okolici. Torej je potrebno poiskati tak²ni nekonstantni aritmeti£ni zaporedji An in Bn, da bo to£ka x ena od slik aritmeti£nega zaporedja A_n in to£ka y ena izmed slik arit- meti£nega zaporedja B_n ter da bosta sliki A_n in B_n disjunktni.

Primer

Naj bosta3in7to£ki iz(Z, τ). Naj bo V3 okolica za3inV7 okolica za7. Ker so okolice seveda mnoºice, ki vsebujejo slike aritmeti£nega zaporedja, lahko zapi²emo

V₃={3+4x, x ∈ N} in V₇={7+4y, y ∈ Z}.

Pri tem o£itno ne velja V₃∩V₇=∅.

Iz tega vidimo, da ne bo kar vsaka okolica zado²£ala za Hausdorov pogoj.

Skonstruirati je potrebno tak²ni okolici, kjer bo veljalo, da bo njuna diferenca

∆>4, saj4 = 7−3,

saj v primeru, da velja ∆≤4, imata okolici o£itno neprazen presek.

Zakaj je temu tako, bomo spoznali preko diofantskih ena£b, natan£neje se bomo oprli na izrek 1.3.1. Ker i²£emo presek dveh mnoºic, lahko zgornji mnoºici izena£imo

3 + 4x= 7 + 4y, kjer x iny ∈N.

Slednjo enakost preoblikujemo in zapi²emo kot linearno diofantsko ena£bo z dvema neznankama oblike ax+by =c:

x+y =−1.

Pri slednji ena£bi je o£itno, da sta faktorjaainbenaka 1 inc=−1. Po zgledu z izrekom 1.3.1 bo imela ena£ba prazen presek, £e najve£ja skupna mera ²tevil a inb ne deli ²tevila c. To pa v tem primeru ne drºi, saj d(a, b)| −1 in ima ena£ba neskon£no celo²tevilskih re²itev, ki jih lahko poi²£emo po obrazcih

(8) izreka 1.3.1.

Potrebno je poiskati tak²ni okolici, kjer d(a, b) - c, oziroma bo diferenca okolic ve£ja od razlike to£k 7 in 3.

Tako lahko zapi²emo novi dve okolici

V3={3+5x, x∈N} in V7={7+5y, y∈N}

V₃ je okolica za 3inV₇ okolica za 7. Pri tem pa o£itno velja V₃∩V₇=∅, saj je

∆>4(∆ = 5).

Iz zgornjega primera lahko sklepamo, da je prostor (Z, τ)Hausdorov.

4.4.4 Trditev

Topolo²ki prostor (Z, τ)je Hausdorov prostor.

Dokaz. Naj bosta x in y poljubni to£ki, kjer x, y ∈ (Z, τ). Brez ²kode za splo²nost lahko zapi²emo x > y. In naj bosta

U_x ={x+ ∆k;k ∈Z} inU_y ={y+ ∆k;k ∈Z}, njuni okolici.

Presek

U_x∩U_y

bo prazen, ob pogoju ∆>|x−y|. Diferenca∆nam zagotavlja, da bosta imeli okolici U_x in U_y razli£ne slike. Tako lahko za poljubni dve to£ki najdemo disjunktni okolici.

Topolo²ki prostor (Z, τ)je tudi Hausdorov prostor.

5 Metrizabilnost prostora ( Z , τ )

5.1 Metrika in norma v ( Z , τ )

5.1.1 Denicija

Metrika na dani mnoºici M je taka preslikava d:M×M→R da velja:

1. Nenegativnost: za poljubni to£ki x in y v M velja d(x,y)≥0 in d(x,y)=0 ⇐⇒ x=y;

2. Simetri£nost: d(x,y)=d(y,x) za poljubni to£kix, y ∈ M;

3. za poljubne to£ke x,y, z ∈ M velja trikotni²ka neenakost d(x,z)≤ d(x,y)+ d(y,z).

Mnoºico M skupaj z metrikod imenujemo metri£ni prostor (M,d).

Naj bo n ∈Z^∗, kjer jeZ^∗=Z\{0} in N^∗=N\{0}. Denirajmo normo

||n||:= 1

max{k ∈N^∗ : 1|n, . . . , k|n} (16) Norma ||n|| je recipro£na vrednost najve£jega ²tevila k iz mnoºice ²tevil

{1, . . ., k}, kjer so 1, . . . , k vsi delitelji ²tevila n.

Poudariti je potrebno, da norma ²tevila n ni inverz najve£jega deljitelja am- pak inverz najve£jega od zaporednih deljiteljev od 1 naprej. Poleg tega pa denirajmo tudi ||0||:=0.

Napi²imo nekaj primerov:

||1||=1, ||2||=¹₂, ||3||=1, ||4||=¹₂, ||5||=1, ||6||=¹₃, . . ., ||n!||≤_n¹

Sedaj, na podlagi norme, denirajmo razdaljodmed dvema celima ²teviloma in sicer d(m,n):=||m−n||.

5.1.2 Trditev

Z vpeljavo metriked(m,n):=||m−n||postane topolo²ki prostor(Z, d)metri£ni prostor.

Dokaz. V prvem delu dokaza moramo najprej pokazati, da metrika d(m,n) ustreza deniciji 5.1.1

1. d(x,y)≥0 in d(x,y)=0 ⇐⇒ x=y

ƒe predpostavimo m>n je o£itno, da velja d(m,n)≥0.

ƒe recimo m<n je razlika m−n negativno ²tevilo. Ozna£imo m−n=p in tako dobimo

d(m,n):= ||m−n||=||p||, kjer p>0.

Zaradi absolutne lastnosti (saj velja ||m−n||=||n||) velja ||p||>0.

ƒe sedaj vzamemo m=0=n velja d(0,0)=0, kar zado²£a ekvivalenci d(m,n)=0 ⇐⇒ m=n

Za poljubna m,n ∈ Z torej velja nenegativnost.

2. d(x,y)=d(y,x) za poljubni to£kix, y ∈Z.

Tudi simetri£nost je o£itna.

Naj bod(m,n):= ||m−n||ind(n,m):= ||n−m||za poljubna m,n ∈Z.

Razlika ²tevil ||m −n|| je po vrednosti enaka razliki ²tevil ||n−m||. In ker se lahko zgodi, da je ena od razlik negativna, nam absolutna vrednost metrike v vsakem primeru zagotavlja nenegativno vrednost.

Tako, da velja ||m−n||=||n−m||.

Za poljubna m,n ∈ Z torej velja simetri£nost.

3. Za poljubne to£ke x, y, z ∈ M velja trikotni²ka neenakost d(x,z) ≤ d(x,y)+d(y,z).

Za dokaz trikotni²ke neenakosti najprej pokaºimo, da velja

||m+n|| ≤ ||m||+||n||za m,n ∈ Z

Dovolj je pokazati za m6=0 in n6=0.

Predpostavimo ||m|| ≤ ||n||.

Potem so vsa ²tevila 1,2,3, . . .,_||n||¹ delitelji tako zam kot zan. Iz tega sledi, da so seveda tudi delitelji za (m+n). Tako lahko zapi²emo

||m+n|| ≤ ||n|| <||m||+||n||

ƒe pa predpostavimo ||m||>||n|| in zamenjamo vlogim-ja inn-ja, do- bimo izraz iz katerega je razvidna trikotni²ka neenakost

d(m,n)=||m−n||=||m−l+l−n|| ≤ ||m−l||+||l−n||=d(m,l)+d(l,n) za poljubne l,m,n ∈ Z.

Sedaj, ko imamo zagotovljeno metriko d v prostoru Z, dokaºimo ²e da nam metrika d inducira topologijo τ.

5.2 Metrika d inducira topologijo τ

5.2.1 Denicija

Naj bo (M, d) poljuben metri£ni prostor M z metriko d. Naj bo x ∈ M, r pa naj bo neko pozitivno realno ²tevilo. Mnoºico

K(x, r)={y ∈ M; d(x,y)<1}

imenujemo odprta krogla s sredi²£em x in radijem r. ƒe mnoºica U ⊂ M vsebuje kak²no odprto kroglo s sredi²£em x, se U imenuje okolica to£kex. 5.2.2 Denicija

Naj bo (E,τ) topolo²ki prostor. ƒe obstaja taka metrika d na E, da je topologija τ inducirana z metriko d, imenujemo prostor E metrizabilen.

5.2.3 Denicija

Naj bo (M,d) metri£ni prostor. Topologijo v M, katere baza so odprte metri£ne krogle, imenujemo metri£na topologija ali

topologija inducirana z metriko d.

5.2.4 Trditev

Metrika d v topolo²kem prostoru(Z, τ)inducira topologijo τ.

Dokaz. Naj bo A⊂ Zmnoºica, ki je odprta glede na metriko d. Za poljubni a ∈ A obstaja tak²no pozitivno ²tevilo r, tako da je odprta krogla B(a,r) s sredi²£em v a in polmerom r, vsebovana v mnoºici A.

Naj bo sedaj b ∈ N in naj velja ||b||<r. Tak²en b zagotovo obstaja, saj

£e za neki n velja _n¹<r, potem vzamemo za b:=n!

Za element a+bn zaporedja oblike a+bZ, lahko zapi²emo d(a, a+bn)=||a−(a+bn)||=||bn|| ≤ ||b||< r

kjer imata b in bn skupnje delitelje. To pa pomeni, da a+bn ∈ B(a,r) in a+bZ⊂ B(a,r) ⊂A.

Iz tega sledi, da je mnoºica A odprta glede na topologijo τ. Poglejmo si ²e obratno smer:

Naj bo A odprta mnoºica glede na τ. ƒe a ∈ A, potem velja a+bZ ⊂ A za neki b ∈ N. Naj bo r tak²no ²tevilo, da velja r:= ¹_b. Za poljubnic ∈ B(a,r) velja ||a−c|| <r. Iz tega sledi, dab| a−cin zatoc=a+bn za poljuben n ∈ Z. Od tod sledi c∈ a+bZ.

Pokazali smo, da B(a,r) ⊂ a+bZ ⊂ A ali druga£e re£eno, da je A odprta mnoºica glede na metriko d.

Po zgornjem dokazu velja, da A ∈ τ £e in samo £e je mnoºica A odprta glede na metriko d, kar pa pomeni, da d inducira topologijo τ.

5.3 Normalnost in regularnost prostora ( Z , τ )

5.3.1 Denicija

Za Hausdorov topolo²ki prostor X re£emo, da je regularen, £e za poljubno zaprto mnoºico K v X in poljubno to£ko x∈X\K obstajata taki okoliciUx

in U_y, da velja

U_x ∩U_y=∅

5.3.2 Denicija

Za Hausdorov topolo²ki prostor X re£emo, da je normalen, £e za poljubni zaprti mnoºici K1 in K2, ki se ne sekata, obstajata disjunktni okolici.

5.4 Separacijske lastnosti

1. ProstorX ima lastnostT1, £e za poljubni razli£ni to£kia,b∈Xobstaja tak²na okolica U to£kea, da b /∈ U oziroma ima prostor X lastnostT₁,

£e in samo £e je {b} zaprta v X za ∀ b ∈ X;

2. ProstorX ima lastnostT₂, £e za poljubni razli£ni to£kia,b∈Xobstaja tak²na okolicaU to£keain tak²na okolicaV to£keb, da veljaU ∩ V=∅; 3. Prostor X ima lastnost T₃, £e za poljubno zaprto podmnoºico B ⊂ X in za vsako to£ko a ∈X\B obstaja tak²na okolica U to£ke a in tak²na okolica V mnoºice B, da veljaU ∩ V=∅;

4. ProstorX ima lastnostT₄, £e za poljubni zaprti disjunktni podmnoºici A, B ⊂ X, obstajata tak²na okolica U mnoºice A in tak²na okolica V mnoºice B, da veljaU ∩ V=∅.

Prostor X je topolo²ki prostor T_i, £e ima lastnost T_i (i=1, 2, 3, 4.) Tako lo£imo:

• Hausdorovi prostori so topolo²ki prostori z lastnostjo T₂;

• Regularni prostori so topolo²ki prostori z lastnostima T₁ inT₂;

• Normalni prostori so topolo²ki prostori z lastnostima T1 in T4.

5.4.1 Trditev

Vsak normalen topolo²ki prostor je tudi regularen.

Dokaz. Imejmo normalen prostorX z lastnostimaT₁ inT₄ in predpostavimo, da ni regularen.

Ker prostor X ni regularen, tako za poljubno zaprto mnoºico K v X in poljubno to£ko x ∈ X\K, obstajata tak²ni okolici U za mnoºico K in V za to£ko x, katerih presek ni prazen (lastnost T₃ ne velja). Se pravi, da to£kax leºi tako blizu zaprte mnoºice K, da ni mo£ najti disjunktnih okolic.

Vendar je, po lastnostiT₁, vsak singleton oziroma to£ka zaprta mnoºica vX.

Tako po lastnosti T₄ obstajata dve disjunktni odprti okolici U za poljubno zaprto mnoºico K in okolica V za singleton {x}. To pa je v nasprotju s predpostavko, da tak²ni dve okolici nista disjunktni.

5.4.2 Trditev

Vsak metri£ni prostor je regularen in normalen Hausdorov prostor.

Dokaz. Predpostavimo, da je X metri£ni prostor in dokaºimo, da je tudi Hausdorov, normalen in regularen.

Naj bo X metri£ni prostor z metriko d. Dokaºimo najprej, da je ta prostor Hausdorov.

Denirajmo dve okolici takole:

Za okolico U to£ke a vzamemo odprto kroglo

K₁(x, ^d(x,y)₃ )s sredi²£em v x in radijem ^d(x,y)₃ za okolico V to£keb pa odprto kroglo

K₂(y, ^d(x,y)₃ )s sredi²£em v y in radijem ^d(x,y)₃

Okolici sta med seboj disjunktni, kar nam zagotavlja trikotni²ka neenakost, saj je prostor X metri£en. Iz tega sledi, da ima prostor X lastnost T₂, kar pomeni, da je prostor X Hausdorov.

Sedaj pa pokaºimo, da je prostor X tudi normalen in regularen. Dovolj je pokazati, da je prostor normalen, ker bomo z normalnostjo pokazali tudi regularnost.

Po deniciji 5.3.2 je Hausdorov prostor x normalen, £e za poljubni zaprti mnoºici K₁ inK₂, ki se ne sekata, obstajata disjunktni okolici.

Potrebno je poiskati odprti disjunktni okolici za poljubni zaprti mnoºici.

Naj bosta A in B dve disjunktni zaprti podmnoºici v metri£nem prostoru (M, d). Denirajmo

d(x,C)=inf d(x, c), kjerc ∈ C

kot najmanj²o razdaljo to£ke od mnoºice v metri£nem prostoru (M, d).

Potem za okolico U₁ velja, da je odprta v metri£nem prostoru M, saj:

A ⊂ U₁={x ∈ M, d(x,A)< d(x,B)}

in prav tako okolico U₂ velja, da je odprta v metri£nem prostoru M, saj:

B ⊂ U₂={x ∈ M, d(x,A)> d(x,B)} Tako smo dobili dve disjunktni odprti okolici U1 inU2.

S tem smo dokazali, da je prostor normalen in po trditvi 5.4.1 tudi regu- laren.

6 Dokaz o neskon£nosti pra²tevil

Tu bomo pokazali, da lahko s preprostim dokazom pokaºemo, da je pra²tevil neskon£no.

še od £asa Evklida je znano, da je temu res tako, a vendar obstaja ve- liko razli£nih dokazov za neskon£nost pra²tevil. Predvsem veliko jih izhaja iz teorije ²tevil.

Veliko ljudi je mnenja, da sta teorija ²tevil in topologija, dva popolnoma razli£na si matemati£na pojma. Vendar bomo pokazali ravno nasprotno.

Topologija lahko vzpostavi povezavo med tema dvema pojmoma na na£in, da lahko tudi preko nje pokaºemo, da je pra²tevil neskon£no mnogo.

V na²em primeru se bomo oprli na nam ºe dodobra znano topologijo (Z, τ). Slednjo generirajo slike neskon£nih in nekonstantnih aritmeti£nih zaporedij.

6.1 Topolo²ki dokaz o neskon£nosti pra²tevil

Naj bo p pra²tevilo, p ≥ 2, in naj bo A_p mnoºica vseh ve£kratnikov ²tevila p, to je mnoºica {np, n∈Z}.

Predpostavimo, da je ²tevilo pra²tevil kon£no mnogo in sicer enako k. Spomnimo se, da je vsaka mnoºica A_p odprta in zaprta mnoºica saj so njene slike elementi nekonstantnega in neskon£nega aritmeti£nega zaporedja. Vsak singleton {z} je zaprta mnoºica v Z (Trditev 4.2.1).

Denirajmo unijo vseh mnoºic A_p zA, kjer jep pra²tevilo in p ≥2 A=Sk

i=1A_pi, kjer k ∈ N.

Mnoºica A vsebuje vsa cela ²tevila razen −1 in 1. Tako lahko zapi²emo Z=A ∪ {−1,1}

Mnoºica {−1,1} je o£itno zaprta in ni odprta v (Z, τ), saj je kon£na. ƒe pa bi bilo pra²tevil kon£no mnogo, bi bila A, ki bi bila v tem primeru kon£na unija zaprtih mnoºic, tudi zaprta in s tem mnoºica {−1,1} odprta, saj je slednja komplement mnoºice A. To pa ne drºi (Trditev 4.2.1), saj nas je v protislovje pripeljala predpostavka, da je pra²tevil kon£no mnogo.

S tem smo dokazali, da je pra²tevil res neskon£no mnogo.

7 LITERATURA Literatura

[1] Joºe Grasselli, Diofantske ena£be, DMFA, Ljubljana 1984.

[2] Joºe Grasselli, Elementarna teorija ²tevil, DMFA, Ljubljana 2009.

[3] Rezs® L. Lovas in Istvan Mez®: On an exotic topology of the integers, 2010, http://arxiv.org/abs/1008.0713.

[4] Matija Cencelj in Du²an Repov², Topologija, Pedago²ka fakulteta, Ljubl- jana 2001

[5] Henry Fürstenberg: On the innitude of primes, American Mathematical Monthly 62, 1955.