UNIVERZA V LJUBLJANI FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Matematika – 1. stopnja Jon Pustavrh-Mičović Obstoj včrtanega pravokotnika v Jordanovih krivuljah Delo diplomskega seminarja Mentor: izr. prof. dr. Aleš Vavpetič Ljubljana, 2021

UNIVERZA V LJUBLJANI

FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Matematika – 1. stopnja

Jon Pustavrh-Mičović

Obstoj včrtanega pravokotnika v Jordanovih krivuljah

Delo diplomskega seminarja

Mentor: izr. prof. dr. Aleš Vavpetič

Ljubljana, 2021

Kazalo

1. Uvod 4

2. Problem včrtanega pravokotnika 4

3. Kvocientni prostori 8

4. Realna projektivna ravnina 12

5. Jordanove krivulje 17

6. Glavni izrek 23

7. Zaključek 28

Slovar strokovnih izrazov 28

Literatura 28

Obstoj včrtanega pravokotnika v Jordanovih krivuljah

Povzetek

Problem včrtanega kvadrata sprašuje po obstoju štirih točk na Jordanovi krivulji, ki tvorijo oglišča kvadrata. Problem je danes še vedno odprt, vendar pa je problem ob- stoja včrtanega pravokotnika rešen z elementarno topologijo. Obravnava problema včrtanega pravokotnika in teorija, ki jo potrebujemo za rešitev, sta osrednji temi di- plomskega dela. Na začetku rešimo posebna primera problema včrtanega kvadrata, potem pa predstavimo kvocientne prostore in se natančneje posvetimo Jordanovim krivuljam.

Existence of inscribed rectangle in Jordan curves

Abstract

The inscribed square problem asks for the existence of four points on the Jordan curve that form vertices of a square. Even though that problem remains open, the inscribed rectangle problem has been solved using elementary topology. The analysis of the inscribed rectangle problem and the theory we need to solve it are the central themes of this thesis. At the beginning, we solve two special examples of the inscribed square problem, then we present the quotient spaces and pay more attention to the Jordan curves. In the end, we combine the acquired knowledge into a solution to the inscribed rectangle problem.

Math. Subj. Class. (2010): 54C15

Ključne besede: Jordanove krivulje, realna projektivna ravnina, pravokotniki, kvocientni prostori

Keywords: Jordan curves, real projective plane, rectangles, quotient spaces

1. Uvod

Zamislimo si neko ravninsko krivuljo, ki je homeomorfna krožnici. Ali lahko naj- demo na krivulji štiri točke, ki bi tvorile oglišča kvadrata? To vprašanje je leta 1911 postavil nemški matematik Toeplitz. Problem je do danes v vsej splošnosti še vedno nerešen, kar pa se spremeni, če za krivulje zahtevamo dodatne predpostavke, kot sta gladkost ali konveksnost. Problem je rešen tudi z drugimi predpostavkami na krivuljo, zato se je smiselno vprašati, zakaj v vsej splošnosti še ni bil razrešen.

Težavnost problema se nahaja ravno v blagih predpostavkah na krivuljo. Skoraj edina predpostavka, ki jo imamo, je zveznost krivulj, s katerimi pa je v splošnem težko delati. Obstajajo na primer sklenjene krivulje, ki niso nikjer odvedljive, so neskončno dolge itd. Iz Bairovega izreka tudi sledi, da je večina zveznih krivulj ta- kih. Posledično orodij analize in diferencialne geometrije ne moremo uporabiti. Ker je zveznost edina predpostavka, bi bilo smiselno, da se problema lotimo s pomočjo topologije. Izkaže se, da je problem rešljiv v vsej splošnosti, če v prvotnem vpraša- nju kvadrat zamenjamo s pravokotnikom. Rešitev tega problema pa je primaren cilj tega diplomskega dela.

Sekundarni cilj je bolj pedagoške narave. Kot že omenjeno, ker je zveznost edina predpostavka na krivulji, se je smiselno problema lotiti s pomočjo topologije. Po- sledično je, vsaj na začetku, težje motivirati in razumeti uporabnost te abstrakcije.

Zgodovinsko gledano je potreba po abstrakciji nastala zaradi specifičnih problemov.

Problem, ki ga bomo obravnavali, je dobra izhodiščna točka, da bi uvideli potrebo po nekaterih elementarnih topoloških pojmih in prostorih, preden jih bomo formalno definirali.

2. Problem včrtanega pravokotnika

Poglavje je večinoma povzeto po [4]. Najprej definirajmo naš glavni objekt, kri- vulje, na katerih bomo iskali včrtane pravokotnike.

Definicija 2.1. Naj bo f: [0,1]→ R² zvezna preslikava. Če je injektivna na [0,1) in velja f(0) =f(1), potem njeni sliki pravimo Jordanova krivulja in jo označimo z J.

Opomba 2.2. Če želimo govoriti o krivulji kot o geometrijskem objektu, je po- membno, da jo definiramo kot sliko, saj obstaja veliko parametrizacij iste krivulje.

Slika 1. Če krivulje gledamo iz leve proti desni, je Jordnova krivulja le druga. Prva krivulja ni sklenjena, tretja ima samopresečišče, četrta pa ima samopresečišče in ni sklenjena.

Opomba 2.3. V tem razdelku bomo nekajkrat neformalno uporabili izraz notra- njost in zunanjost Jordanove krivulje. Če pogledamo drugo krivuljo na zgornji sliki,

je intuitivno jasno, kaj mislimo, ko govorimo o njeni notranjosti in zunanjosti. Po- polnoma drugače pa je, če si ogledamo primer Jordanove krivulje iz slike 5. V tem primeru ni več jasno, kaj je njena notranjost in kaj je njena zunananjost. Da je res smiselno govoriti o notranjosti in zunanjosti Jordanove krivulje, pove t. i. Jordanov izrek 5.3. Ta pravi, da komplementR²\J razpade na dve povezani komponenti. Eno omejeno in eno neomejeno komponento. Mislimo si lahko, da omejeno komponento enačimo z notranjostjo Jordanove krivulje J. Analogno neomejeno komponento pa enačimo z zunanjostjo Jordanove krivuljeJ. Za boljšo kohezijo bo ta izrek natančno predstavljen v razdelku 3.

Kot omenjeno, zanimalo nas bo, ali lahko najdemo štiri različne točke na J, ki tvorijo oglišča pravokotnika. Pripomnimo, da tu ni mišljeno, da mora pravokotnik v celoti ležati v notranjosti krivulje. Pomembno je samo to, da Jordanova krivulja vsebuje štiri točke, ki tvorijo oglišča pravokotnika. Da bi se izognili nepotrebnemu pisanju, bomo v nadaljevanju govorili o obstoju včrtanega pravokotnika. Analogno govorimo o obstoju včrtanega kvadrata. Problem je enak, le namesto včrtanega pra- vokotnika iščemo včrtan kvadrat.

Najprej si bomo pogledali problem obstoja včrtanega kvadrata v primeru dveh različnih dodatnih predpostavk na Jordanovo krivuljo J. Dokaza sta enostavna, a iznajdljiva. Namen pa je, da vidimo, kako je lahko z dodatnimi predpostavkami problem zelo enostavno dokazati.

Posvetimo se prvemu primeru. Obravnavali bomo obstoj včrtanega kvadrata na Jordanovih krivuljah, ki so sestavljene iz enotskega intervala in grafa funkcije nad tem intervalom. Označimo I:= [0,1].

Naj bo f: I→R zvezna funkcija, za katero velja f(0) =f(1) = 0 inf(x)>0

za vsak x ∈ (0,1). Jordanovo krivuljo J dobimo, če vzamemo unijo grafa funkcije f in daljico med0 in1 na abcisni osi. Če J parametriziramo z

γ(t) :=

{︄(2t, f(2t)) ;t ∈[0,¹₂], (2−2t,0) ; t∈[¹₂,1],

je slika funkcije γ očitno J. Ker je sestavljena z dvema usklajenima zveznima pred- pisoma na končnem zaprtem pokritju, je zvezna. Prav tako krajišči intervala pošlje v isto točko, s čimer smo upravičili ime Jordanova krivulja.

Trditev 2.4. Če Jordanova krivulja J izpolnjuje zgornje predpostavke, potem lahko v J včrtamo kvadrat.

Dokaz. Ker je f zvezna funkcija na kompaktu, vemo, da zavzame maksimum m v neki točki a iz intervala. Definirajmo novo funkcijo k: I→R,

k(x) =x+f(x).

Velja k(0) = 0 in k(1) = 1. Prav tako iz osnovnih lasnosti zveznih funkcij na kompaktih vemo, da mora k zavzeti vse vrednosti med 0 in 1. Zato obstaja tak b ∈(0,1), da je k(b) =a. Definirajmo funkcijoF: R→R,

F(x) :=

{︄f(x); x∈[0,1], 0 ; sicer,

ki je razširitev funkcije f, in funkcijoh: R→R, h(x) := F(x)−F(k(x)).

Potem je

h(a) =F(a)−F(k(a)) = m−F(k(a))≥0 in

h(b) =F(b)−F(k(b)) =F(b)−m≤0.

Brez škode za splošnost lahko predpostavimo, da velja a < b. Zaradi zveznosti ima h ničlo c nekje na intervalu[a, b]. Pripomnimo še, da je c∈(0,1). Velja,

h(c) = 0⇔ (1)

f(c) = f(k(c))⇔ (2)

f(c) = f(c+f(c)).

(3)

Utemeljimo enakostf(c) =f(k(c))bolj natančno. Številok(c)bi namreč lahko bilo večje od 1. Posledično bi, po definiciji funkcije h, morali pisati F(k(c)) = 0. To pa se ne more zgoditi. Res, če bi veljalo k(c)>1, bi po enačbi (2) veljalof(c) = 0. To pa je v nasprotju z dejstvom, da je c∈(0,1). Našli smo torej štiri točke

A= (c,0), B = (c+f(c),0), C = (c, f(c)), D = (c+f(c), f(c+f(c)))

na krivulji J, ki očitno tvorijo oglišča kvadrata. □

Nadaljujmo z drugim primerom. Tokrat bomo predpostavili, da je Jordanova krivulja simetrična. Najprej natančno definirajmo, kaj s tem mislimo.

Definicija 2.5. Jordanova krivuljaJ jesimetrična preko izhodišča, če za vsakx∈J velja −x∈J.

Lema 2.6. Naj boJ simetrična Jordanova krivulja inR: R² →R² rotacija za90^◦ v nasprotni smeri urinega kazalca okoli izhodišča. Potem je presek J∩R(J)neprazen.

Dokaz. Označimo zx_min točko iz J, ki je najmanj oddaljena od izhodišča. Podobno naj bo x_max točka na J, ki je najbolj oddaljena od izhodišča.

Ker je R izometrija, je

∥R(x_min)∥= min

y∈J ∥y∥

in

∥R(x_max)∥= max

y∈J ∥y∥.

Sledi, daR(x_min)leži ali naJ ali pa v njeni notranjosti. Enako, točkaR(x_max)lahko leži ali zunaj J ali pa na J. Če vsaj ena od teh dveh točk leži na J, je dokaz že zaključen, saj bi se J in R(J)v taki točki sekali.

Preostane samo še primer, če R(x_min) leži v notrajosti J inR(x_max) leži v zuna- njosti J. V posebnem je J povezana s potmi in R homeomorfizem, zato slika R(J) zagotovo povezuje ti dve točki. Potemtakem mora R(J) nekje nujno sekati J. V nasprotnem primeru bi obstajala pot, ki bi povezovala točki R(x_min) in R(x_max).

To pa bi pomenilo, da sta zunanja in notranja komponenta Jordanove krivulje J

povezani, kar je v nasprotju z izrekom 5.3. □

Trditev 2.7. Jordanova krivulja J, ki je simetrična preko izhodišča, dopušča včr- tanje kvadrata.

Dokaz. Po zgornji lemi obstaja točkaR(p)∈R(J), ki leži v presekuJ∩R(J). Jasno je potem tudi p ∈ J. Če upoštevamo še definicijo simetrične Jordanove krivulje, dobimo štiri točke

p, R(p),−p,−R(p)∈J.

Enostavno je premisliti, da te točke res tvorijo oglišča kvadrata. Upoštevamo le, da sta daljici p(−p)inR(p)(−R(p))enako dolgi, ki se sekata v razpolovišču ob pravem

kotu. □

Iz zgornjih primerov je razvidno, kako lahko določene predpostavke problem včr- tanega kvadrata poenostavijo. Razlog za preprostost je bila v obeh primerih moč predpostavke. Seveda pa z obema predpostavkama močno izgubimo na splošnosti Jordanovih krivulj. Nadaljujmo z glavno temo diplomskega dela. Izkaže se, da na Jordanovo krivuljo ne potrebujemo nobenih dodatnih predpostavk, če iščemo včrtan pravokotnik.

Najprej bomo predstavili idejo za dokaz obstoja včrtanega pravokotnika. Ker je ideja dokaza zelo dober primer lepe matematike, bi bilo škoda, da se je ne bi posebej izpostavilo, saj bi se v nasprotnem primeru izgubila med vsemi tehničnimi podrobnostmi. Poleg tega bomo prek ideje dokaza motivirali kvocientne prostore in študij nekaterih klasičnih topoloških prostorov. Vse trditve in koncepti, ki se bodo pojavili, bodo v nadaljevanju dokazani z vso formalnostjo.

V matematiki je pogosto, da je namesto definicije nekega pojma lažje delati z njegovo karakterizacijo. Tu ne bo nič drugače. Štiri različne točke X1, Y1, X2, Y2 v evklidski ravnini so oglišča pravokotnika, če velja

X₁ +Y₁

2 = X₂+Y₂

2 ,

∥X₁−Y₁∥=∥X₂−Y₂∥,

kar bomo dokazali v zadnjem razdelku v trditvi 6.1 . Namesto iskanja štirih točk na J, ki zadoščajo definiciji pravokotnika, bomo iskali dva para točk na J, ki določata enako dolgo daljico in si delita skupno razpolovišče. Natančneje, definirali bomo preslikavoG, ki bo paru točk naJpriredila razpolovišče daljice, ki jo točki omejujeta, ter dolžino te daljice. Iz tega je jasno, da bo kodomena preslikave G prostor R²× R+. S tako definirano preslikavo G smo iskanje pravokotnika prevedli na vprašanje (ne)injektivnosti preslikave G. Res, če se bosta dva para točk prekoG slikala v isto točko, bosta po definiciji preslikave G zadoščali karakterizaciji pravokotnika.

Nič še nismo povedali o domeni preslikaveG. Govorili smo o paru točk izJ, nismo pa povedali, ali je ta par urejen ali ne. Razmislimo. Če bi bil par točk urejen, npr.

(a, b), potem bi veljalo

G(a, b) = G(b, a).

Preslikava tako ni injektivna, a nam to nič ne pomaga, saj ta dva para ne določata pravokotnika. Iz tega razloga bomo preslikavoGdefinirali na domeni vseh neurejenih parov točk iz J. Kako pa bi pokazali, da preslikava G ni injektivna? Korak naprej v odgovoru na to vprašanje je, da si poskušamo množico vseh neurejenih parov Jordanove krivulje predstavljati bolj geometrijsko.

Razmislimo najprej o lažjem primeru. Vemo, da si urejene pare točk enotskega intervala[0,1]geometrijsko predstavljamo kot kvadrat[0,1]×[0,1]. Če želimo dobiti geometrijski model za neurejene pare točk, moramo kvadrat prepogniti po diagonali.

Kar dobimo, je pravokotni trikotnik

{︁(x, y)∈R² |0≤x≤1,0≤y ≤x}︁

.

Na Jordanovo krivuljoJ lahko gledamo podobno. Če jeγ njena parametrizacija, bo po definiciji veljalo γ(0) = γ(1). Torej bi bila množica urejenih parov iz J kvadrat, kjer so točke iz nasprotne stranice v resnici enake. Ker želimo dobiti neurejene pare, kvadrat ponovno prepognemo po diagonali. Dobimo pravokotni trikotnik, edine netrivialne identifikacije pa so tokrat (t,0)∼ (1, t) za vse t ∈[0,1]. Če poskušamo enake točke zlepiti, si intuitivno predstavljamo, da dobimo Möbiusov trak. Lepljenje prikazuje spodnja slika.

Slika 2. Prikaz konstrukcije Möbiusovovega traku z lepljenjem stra- nic kvadrata.

Uporabnost trditve, da lahko množico neurejenih parov topološko gledamo kot Möbiusov trak, prihaja iz dejstva, da preslikava G slika točke oblike {x, x} (kar je ravno Jordanova krivulja) v x. Na Möbiusovem traku pa lahko iz slike razberemo, da te točke sestavljajo njegov rob. Ker je Gzvezna preslikava, bo morala Möbiusov trak slikati v R²×R+ tako, da se bo rob slikal v Jordanovo krivuljo. Če bi nalepili rob Möbiusovega traku na ravno površino, bi kmalu ugotovili, da je to nemogoče, ne da bi Möbiusov trak sekal samega sebe. Kar pomeni, da G ni injektivna preslikava.

3. Kvocientni prostori

V ideji dokaza o obstoju včrtanega pravokotnika smo naleteli na pravokotni tri- kotnik, iz katerega smo z lepljenjem določenih stranic dobili Möbiusov trak. Torej smo iz enostavnega prostora z lepljenjem dobili bolj kompliciran prostor. Prime- rov, ko dobimo nov prostor z lepljenjem nekaterih delov drugega prostora, je veliko.

Navedimo še enostavnejši primer. Če na enotskemu intervalu zlepimo njegovi kra- jišči, dobimo krožnico. Kako bi to konstrukcijo opisali? Večina snovi iz poglavja je povzeta po [1].

Ena možnost bi bila, da lepljenje opišemo z zvezno preslikavo f: [0,1]→S¹, kjer je f(t) = e^2πit. Dejstvo, da velja f(0) = f(1), ustreza geometrijski predstavi, da krajišči intervala zlepimo. Poleg tega je f surjektivna in injektivna na [0,1). Želeli bi si, da bi topologijo na S¹ opisali s topologijo [0,1] in preslikavof.

Obravnavajmo splošnejšo situacijo. Naj bosta X in Y topološka prostora in f: X → Y surjektivna preslikava. Če sta prostora dovolj lepa, imamo preprosto karakterizacijo odprtih množic v Y z odprtimi množicami v X.

Trditev 3.1. Naj bo f: X → Y surjektivna zvezna preslikava med kompaktnim prostorom X in Hausdorffovim prostorom Y. Potem je U ⊂ Y odprta množica natanko tedaj, ko je f⁻¹(U) odprta množica v X.

Dokaz. Če jef⁻¹(U)odprta, jeX−f⁻¹(U)zaprta množica in ker je X kompakten, tudi kompaktna. Potemtakem je, zaradi zveznosti preslikavef, slikaf(X−f⁻¹(U)) tudi kompaktna množica. Ker je Y Hausdorffov prostor, je tudi zaprta. Dalje, zaradi surjektivnosti preslikave f velja f(X−f⁻¹(U)) = Y −U. Torej je Y −U zaprta in zato U odprta množica. Implikacija v drugo smer sledi takoj iz zveznosti

preslikave f. □

Opomba 3.2. V resnici smo dokazali še več: trditev velja za vsako zvezno surjekcijo f: X →Y, ki je tudi odprta ali zaprta. Dodatnih predpostavk na prostora X inY v resnici ne potrebujemo. Ker bomo pa v tem delu vseeno imeli večinoma opravka s primeri, ko bo X kompakten inY Hausdorffov prostor, smo trditev temu primerno formulirali.

Trditev velja za primer, ko smo intervalu zlepili krajišča. Na prvi pogled izgleda, kot da so odprte množice v Y oblike f(V) za odprto množico V v X. To pa ni dovolj. Iz slike 3 je jasno razvidno, da se odprta okolica točke 0 ne bi slikala v odprto okolico točke f(0) =f(1), ampak zgolj v polovico njene okolice. Da dobimo še drugo polovico U, moramo povečati V tako, da dodamo še okolico točke 1. To pa zahteva desna implikacija v trditvi.

Zgornja trditev nam daje pogoje, pod katerimi je mogoče karakterizirati topo- logijo na Y s topologijo na X. Naslednja trditev nam omogoča to karakterizacijo spremeniti v definicijo.

Trditev 3.3. Naj bo X topološki prostor,Y množica inf: X →Y neka preslikava.

Potem je družina vseh podmnožic U ⊂Y, za katere jef⁻¹(U)odprta vX, topologija na Y.

Dokaz. Dokaz je vaja iz teorije množic. Očitno velja f⁻¹(∅) = ∅ in f⁻¹(Y) =X.

Dalje, ker velja f⁻¹(⋃︁

λ∈ΛU_λ) = ⋃︁

λ∈Λf⁻¹(U_λ)in f⁻¹(⋂︁

λ∈ΛU_λ) =⋂︁

λ∈Λf⁻¹(U_λ),

je aksiomom topologije res zadoščeno. □

Opomba 3.4. V definiciji nismo zahtevali, da jef surjektivna. Če predpostavimo, da f ni surjektivna preslikava, obstaja y ∈ Y −f(X). Ker je f⁻¹(y) = ∅ odprta množica v X, je enojec {y} odprt v Y. Podprostor Y −f(X) ima torej diskretno topologijo, ki ne nosi nobene informacije o topologiji na X. Iz tega razloga bomo v nadaljevanju predpostavili, da je f surjektivna.

Slika 3. Odprti okolici točk 0 in1 se s preslikavof zlepita v odprto okolico točkef(0) =f(1).

Definicija 3.5. Naj bo X topološki prostor, Y množica in f: X →Y surjektivna preslikava. Topologijo na Y, definirano v trditvi 3.3 imenujemo kvocientna topo- logija, preslikavo f kvocientna preslikava in prostor Y kvocientni prostor prostora X.

Opomba 3.6. Iz trdtive 3.1 sledi, da je vsaka zvezna surjekcija med kompaktnim prostorom X in Hausdorffovim prostorom Y kvocientna preslikava.

Dokažimo še trditev o kvocientnih preslikavah, ki jo bomo uporabili pri kasnejših dokazih.

Trditev 3.7. Če sta f: X →Y in g: Y →Z kvocientni preslikavi med topološkimi prostori X, Y in Z, je tudi g◦f kvocientna preslikava.

Dokaz. Po definiciji kvocientnosti sta preslikavi f in g surjektivni, zato je surjek- tivna tudi g ◦f. Enako velja za zveznost. Vzemimo poljubno množico U ⊂ Z in predpostavimo, da je(g◦f)⁻¹(U)⊂X odprta. Pokazati želimo, da je tudiU odprta množica. Ker je (g ◦f)⁻¹(U) = f⁻¹(g⁻¹(U)), je zaradi kvocientnosti preslikave f množica g⁻¹(U) odprta v Y. In ker je tudi g kvocientna, sledi, da je U odprta v

Z. □

V primeru, ko smo intervalu zlepili krajišči, je jasno, kaj moramo dobiti kot kvoci- entni prostor. Z drugimi besedami, imeli smo že obstoječ model za kvocietni prostor.

V primeru pravokotnega trikotnika pa ni bilo takoj očitno, kakšen prostor dobimo po lepljenju njegovih stranic. To motivira konstrukcijo abstraktnega kvocientnega prostora, za katerega ne bomo potrebovali nobenega modela vnaprej. Ideja je, da bi v začetnem prostoru X morali povedati zgolj, kaj zlepimo skupaj, in da bi to bilo zadostno navodilo, da bi dobili kvocientni prostor prostora X.

Razmislimo, kako bi to naredili. Recimo, da imamo kvocietno preslikavo f: X → Y. Katere točke v X zlepimo tukaj? To bodo natanko tiste točke, ki ležijo v enaki prasliki f⁻¹(y) neke točke y∈Y. Ker je f tudi surjektivna, praslike ne morejo biti prazne. Kar dobimo, je bijekcija med točkamiyin njihovimi praslikamif⁻¹(y)⊂X.

Ni težko preveriti, da sta za različni točki y, y^′ ∈Y njuni prasliki disjunktni. Poleg tega je pa unija ⋃︁

y∈Y f⁻¹(y) enaka celemu X, saj je f definirana za vsak x ∈ X.

Dobimo torej razdelitev množice X glede na praslike {f⁻¹(y)}_y∈Y. V primeru intervala bi bila razdelitev enaka

{{0,1}} ∪ ⋃︂

x∈(0,1)

{{x}}.

Od tod dobimo idejo. Če na množici X definiramo neko ekvivalenčno relacijo ∼, dobimo razdelitev X na ekvivalenčne razrede in Y definiramo kot:

Y :=X/∼={[x]|x∈X}.

Obe množici povezuje še naravna povezava preko tako imenovanekvocientne projek- cije

q:X →X/∼, q(x) = [x].

Če jeXtopološki prostor in ker je kvocietna projekcija očitno surjektivna preslikava, lahko na Y :=X/_∼ definiramo topologijo kot

U ⊂X/∼ je odprta natanko tedaj, ko je q⁻¹(U) odprta v X.

Opomba 3.8. Desna implikacija pomeni zveznost kvocientne projekcije q, skupaj z levo implikacijo pa še, da je q kvocientna preslikava.

Opomba 3.9. Če ima X neko topološko lastnost, ki se prenaša z zveznostjo, se bo ta prenesla tudi na kvocietni prostor X/∼, saj je kvocietna projekcija po definiciji vedno zvezna. Največkrat bomo to uporabili, ko bo X kompakten. Opomnimo še, da se separacijske lastnosti v splošnem ne prenašajo z zveznimi preslikavami. Če je npr. X Hausdorffov prostor, v splošnem ni nujno, da je tudi X/∼.

Poglejmo si to abstraktno konstrukcijo na primeru intervala. Definiramo ekviva- lenčno relacijo ∼ naI na sledeč način:

∀x∈(0,1) : x∼x, (4)

0∼1.

(5)

Opomba 3.10. Pogoj (1) smo morali zapisati iz formalnosti. Takim ekvivalenčnim relacijam pravimo trivialne ekvivalenčne relacije. V nadaljevanju bomo trivialne ekvivalenčne relacije kar izpustili. Zapisali bomo le netrivialne, torej tiste, ki jih želimo zlepiti skupaj. V tem primeru bi torej zapisali le 0∼1.

Želeli bi si, da je v primerih, ko iz geometrijske predstave vemo, kaj bi kvocientni prostor moral biti, abstrakten kvocientni prostor X/_∼ homeomorfen konkretnemu geometrijskemu predstavniku. V primeru intervala želimo, da je abstrakten kvoci- entni prostor [0,1]/0∼1 homeomorfen krožnici S¹. Spomnimo se, da smo ∼definirali preko praslik kvocientne preslikavef(t) = e^2πit. Povzemimo to v splošnejši definiciji.

Definicija 3.11. Jedro kvocietne preslikave f: X → Y je ekvivalenčna relacija ∼ na X, definirana kot

x∼y ⇔f(x) =f(y).

Naj bo f: X → Y kvocientna preslikava med dvema topološkima prostoroma in X/∼ kvocientni prostor z neko relacijo ∼. Zanima nas, kdaj preslikava f inducira preslikavo

f¯ : X/∼→Y, f¯([x]) = f(x)?

Preslikava f¯ je dobro definirana, če f vse ekvivalentne elemente preslika enako oziroma če jef konstantna na ekvivalenčnih razredih. Če je∼jedro, potem po sami definiciji s tem ni težav. Prišli smo do glavnega izreka v razdelku.

Izrek 3.12. Naj bo f: X → Y kvocientna preslikava med prostoroma X in Y,

∼ jedro preslikave f in X/_∼ kvocientni prostor. Potem je inducirana preslikava f¯ : X/∼ →Y homeomorfizem.

Dokaz. Dokažimo najprej bijektivnost. Iz enakosti f = f¯◦q in surjektivnosti pre- slikave f sledi, da je f¯ surjektivna. Dalje, za različni točki [x],[y]∈X/∼ velja

f(x)̸=f(y)⇔ f¯(q(x))̸=f¯(q(y))⇔

f¯([x])̸=f¯([y]).

S tem je injektivnost dokazana. Homeomorfnost bomo pokazali po definiciji. Želimo pokazati, da f¯ inducira bijekcijo med odprtimi množicami prostora Y in X/∼. Ker je f¯ bijekcija, preostane pokazati samo še, da je U ⊂ Y odprta natanko tedaj, ko je f¯⁻¹(U) odprta v X/∼. Ker je f kvocientna, je U ⊂Y odprta natanko tedaj, ko je f⁻¹(U) odprta. Ker je q kvocientna in velja f⁻¹(U) = q⁻¹(f¯⁻¹(U)), je f¯⁻¹(U)

odprta. □

Na tem mestu je smiselna primerjava z algebro. Spomnimo se na prvi izrek o izomorfizmu. Ta pravi, da surjektivni homomorfizem φ: A→A^′ (grup, kolobarjev, algeber itd.) inducira izomorfizem A/kerφ∼=A^′. Gre za analogna izreka, kjer kvo- cientna preslikava prevzame vlogo surjektivnega homomorfizma. V obeh primerih

preslikavam v nekem smislu malo manjka, da sta izomorfizma (oz. homeomorfizma v topologiji). Lahko si mislimo, da kvocientna struktura zmanjša začeten prostor na način, da dopolni φdo izomorfizma (in f do homeomorfizma).

Primer 3.13. S pomočjo zgornjega izreka lahko formalno pokažemo, da je[0,1]/0∼1

homeomorfen krožnici S¹. Naj bo f(t) =e^2πit. Iz analize že vemo, da je preslikava zvezna surjekcija. Ker je ∼ jedro preslikave f, je f¯ dobro definirana. Poleg tega iz dokaza izreka 3.12 sledi, da jef¯ tudi bijektivna. Interval[0,1]je kompakten prostor, krožnica S¹ pa Hausdorffov prostor. Iz trditve 3.1 sledi, da je f kvocientna, in iz

zgornjega izreka, da je f¯ res homeomorfizem. ♢

Opomba 3.14. V nadaljevanju bomo še velikokrat uporabili dejstvo, da je zvezna surjektivna preslikava f: X → Y iz kompaktnega prostora v Hausdorffov prostor kvocientna. Da se bomo izognili nepotrebnemu ponavljanju, v nadaljevanju, ko bo očitno X kompakten prostor in Y Hausdorffov prostor ter preslikava med njima zvezna surjekcija, tega sklepa ne bomo eksplicitno napisali.

S pomočjo jezika, ki smo ga razvili, lahko enostavno definiramo Möbiusov trak.

Definicija 3.15. Möbiusov trak M je kvocient kvadrata I² po relaciji za vsak y ∈ I: (0, y)∼(1,1−y).

Poudarimo, da čeprav si Möbiusov trak M predstavljamo geometrijsko, je po zgornji definiciji to vseeno abstrakten prostor z abstraktno topologijo. Izkaže pa se, da Mlahko vložimo v R³. Slika vložitve pa je geometrijsko Möbiusov trak. Zato je ime upravičeno. To bi lahko tudi dokazali, a je v resnici nepotrebno. Delo z našo definicijo je za naše potrebe veliko bolj prikladno in enostavnejše. To je eden od lepih primerov, zakaj je abstrakcija iz metričnih prostorov v topološke uporabna. Čeprav sta tako kvadrat kot Möbiusov trak (kot geometrjski podprostor v R³) metrična prostora, si zelo težko predstavljamo, kako bi metriko na Möbiusovem traku definirali tako, da bi izhajala iz metrike na kvadratu. Nasprotno pa smo odprte množice v Möbiusovem traku enostavno dobili z lepljenjem odprtih množic v kvadratu.

4. Realna projektivna ravnina

V ideji dokaza obstoja včrtanega pravokotnika je bil zaključni argument, da robu Möbiusovega traku ne moremo zalepiti na Jordanovo krivuljo, ne da bi pri tem prišlo do samopresečišč. Formalno bomo to dokazali tako, da bomo naredili zvezno razši- ritev iz Möbiusovega traku na t. i. realno projektivno ravnino. Če do samopresečišč ne bi prišlo, bi to pomenilo, da smo konstrurirali vložitev realne projektivne ravnine v R³, a kot bomo spoznali, to ni mogoče.

Preden projektivno ravnino formalno definiramo, poglejmo motivacijo za tem pro- storom. Predstavljajmo si, da bi želeli narisati okroglo mizo. Če jo pogledamo iz ptičje perspektive, bomo videli krog, če pa jo pogledamo iz človeške perspektive, bomo videli elipsasto obliko. V jeziku projektivne geometrije bi rekli, da sta kro- žnica in elipsa projektivno ekvivalentna objekta. To je tudi eden izmed razlogov, zakaj je risanje težko. Oči in možgani delujejo projektivno. Čeprav iz človeške per- spektive vidimo, da je miza elipsaste oblike, bodo možgani vedeli, da gre za krog, saj vedo, kako se oblike spremenijo, če jih gledamo pod drugim kotom. Da bi se naučili risati, se moramo naučiti, da narišemo elipso kljub temu, da nam možgani pravijo, da vidijo krog.

Izrazimo se bolj matematično. Vsaka točka nekega tridimenzionalnega objekta (npr. miza) se projicira na ravnino preko premice, ki povezuje točko in naše oči.

Točke, ki jih vidimo, so v resnici različne premice, ki konvergirajo k našim očem.

Smiselno je matematični model definirati kot množico vseh premic vR³, ki potekajo skozi eno točko. Naj bo ta točka izhodišče in označimo to množico s P. Nas bo v končni fazi zanimala le topologija tega prostora, zato lahko prostor poenostavimo.

Kot smo ugotovili, premice v resnici predstavljajo točke. Premice skozi izhodišče pa sekajo sfero v antipodnih točkah. Prišli smo do sledeče definicije.

Definicija 4.1. Kvocientni prostor S²/_∼p, kjer je x ∼_p −x za vsak x ∈ S², imenu- jemo projektivna ravnina in ga označimo z RP².

Najprej pokažimo preprosto trditev o projektivni ravnini.

Trditev 4.2. Projektivna ravnina RP² je Hausdorffov prostor.

Dokaz. Naj bo q: S² → S²/∼p kvocientna projekcija. Izberimo različni točki a,b ∈ S²/_∼p. Obstajata taki točki x,y ∈ S², da je q⁻¹(a) = {x,−x} in q⁻¹(b) = {y,−y}.

Naj bo

r = 1

3min{∥x−y∥,∥x+y∥}. Definirajmo

U := IntK(x, r)∩S², V := IntK(y, r)∩S².

Pokazati želimo, da sta q(U) inq(V)disjunktni okolici za točki a inb. Iz definicije je jasno, da so množice U,−U,V,−V paroma disjunktne okolice točk x, −x, y, −y v S², zato velja

q⁻¹(q(U)∩q(V)) =q⁻¹(q(U))∩q⁻¹(q(V)) = (U∪ −U)∩(V ∪ −V) =∅. □ Projektivna ravnina ima veliko klasičnih homeomorfnih predstavnikov. Od pri- mera do primera pa je odvisno, kateri predstavnik je bolj uporaben.

Trditev 4.3. Naslednji topološki prostori so homeomorfni:

1. Projektivna ravnina RP²,

2. B²/∼₂, kjer je x∼₂ −x za vsak x∈S¹,

3. B¹×B¹/∼₃, kjer je (−1,−y)∼₃ (1, y) in (−x,−1)∼₃ (x,1) za vsak x, y ∈B¹, 4. R³− {0}/∼₄, kjer je x∼₄ y⇔ ∃λ∈R^∗ :y=λx.

Dokaz. (1)⇔(2) : Oglejmo si spodnji diagram

B² S²+ S²

B²/∼2 S²/∼1

h

q1 f

i

q2

f¯

kjer jeh(x, y) =(︂

x, y,√︁

1−x²−y²)︂

homeomorfizem,ivložitev,q₁ inq₂ kvocientni projekciji in preslikava f = q₂ ◦ i◦ h. Preveriti moramo le, da je f kvocientna preslika, ki naredi enake identifikacije kotq₁. Ker jehhomeomorfizem, je v posebnem tudi kvocientna preslikava. Očitno je q₂ ◦ i zvezna surjekcija. Prav tako slika iz kompaktnega prostora v Hausdorffov prostor, zato je zaprta in posledično kvocientna preslikava. Sledi, da je kvocientna tudif. Iz definicije preslikavefje jasno, da naredi enake identifikacije kot q2. Homeomorfnost prostorov je dokazana.

(2) ⇔(3) : Imamo sledeč diagram:

B¹ ×B¹ B²

B¹×B¹/∼3 B²/∼2

q1 f

h

q2

f¯

,

kjer je h: B¹×B¹ →B² homeomorfizem, definiran kot h(x, y) :=

{︄max{|x|,|y|}√

x²+y² (x, y); sicer, (0,0); (x, y) = (0,0)

inq₁,q₂ kvocientni projekciji. Iz enakih argumentov kot zgoraj sledi, da jef =q₂◦h kvocientna preslikava. Preverimo še, daf naredi enake identifikacije kot relacija∼₃. Velja

f(1, t) = q₂

(︃ 1

√1 +t²(1, t) )︃

, f(−1,−t) =q₂ (︃

− 1

√1 +t²(1, t) )︃

. Ker velja x ∼₂ −x za vse x∈S¹ res dobimo enakostf(1, t) =f(−1,−t). Podobno pokažemo tudi drugo identifikacijo.

(4) ⇔ (1) : Naj bo r: R³\ {0} → S² preslikava, podana s predpisom r(x) = _∥x∥^x , q₁: R³\{0} →(R³\{0})∼₄ inq₂: S² →S²/∼_p kvocientni projekciji terf :=q₂◦r. Biti moramo pazljivi, saj R³ \ {0} ni kompaktna množica in zato ne moremo uporabiti trditve 3.1. Ideja je, da pokažemo, da je preslikava r odprta. To bomo storili tako, da jo bomo zapisali kot kompozitum dveh odprtih preslikav. Najprej definirajmo

g: R³\ {0} →S²×(0,∞), g(x) =

(︃ x

∥x∥,∥x∥

)︃

. Ker obstaja inverz preslikave g, podan s predpisom

g⁻¹(x, r) =rx,

in sta obe preslikavi zvezni, je g homeomorfizem in posledično odprta preslikava.

Preslikavarje kompozitump◦g, kjer smo spoznačili projekcijop: S²×(0,∞)→S². Ker so projekcije odprte preslikave, je r kot kompozitum dveh odprtih tudi odprta preslikava. Sledi, da je r kvocientna in posledično tudi f = q₂ ◦r. Preverimo še identifikacije. Vzemimo dve taki točki x, y ∈ R³− {0}, da velja y = λx za λ ∈ R. Poglejmo, če ju f slika v isto točko:

f(x) =f(y)⇔ q₂(r(x)) =q₂(r(y))⇔ q2(r(x)) =q2(r(λx))⇔ q₂

(︃ x

∥x∥

)︃

=q₂

(︃ λx

|λ| ∥x∥

)︃

.

Ker se točki _∥x∥^x , _|λ|∥x∥^λx lahko razlikujeta samo v predznaku, se preko q2 zagotovo

slikata v isto točko. □

Trditev 4.4. Obstajata zaprta podprostora X, Y realne projektivne ravnine, ki za- doščata naslednjim zahtevam:

1. X∪Y =RP², 2. X∩Y ≈S¹, 3. Y ≈M, 4. X ≈B².

Na sliki 4 je vizualni prikaz zgornje trditve, s katero si bomo pri konstrukcijah preslikav v dokazu tudi pomagali. Razlika bo le, da bomo kvadratu odrezali dva trikotnika in ne dva dela krožnega izseka.

Slika 4. Projektivna ravnina vsebuje disk B² in Möbiusov trak M kot svoja zaprta podprostora.

Dokaz. Najprej definirajmo podprostoraX, Y ⊂K = [−2,2]×[−2,2]:

X₁ :=

{︃

(x, y)∈R² ⃓

⃓

|x|

2 + 1 ≤y }︃

∩K, X₂ :=

{︃

(x, y)∈R² ⃓

⃓y≤ −|x|

2 −1 }︃

∩K, X=X₁∪X₂,

Y :=

{︃

(x, y)∈R² ⃓

⃓−|x|

2 −1≤y≤ |x|

2 + 1 }︃

∩K.

Če na K definiramo ekvivalenčno relacijo∼3 iz trditve 4.3 se bo ta na podprostorih X, Y le zožila, zato očitno sledi X/∼3 ∪Y /∼3 = RP². Dalje, ker sta X/∼3, Y /∼3

kompaktna podprostora Hausdorffovega prostora RP², sta v njen tudi zaprta. Pre- ostane nam pokazati homeomorfnost treh parov prostorov. Ideja dokaza je analogna kot iz trditve 4.3. Pokažimo najprej, da sta Y /_∼3 in M homeomorfna. Označimo s q₂: K →M kvocientno projekcijo in definirajmo preslikavo h^′: Y →K kot

h^′(x, y) :=

{︄(x,_x+2^4y ) ; x∈[0,2], (x,_x−2^−4y) ; x∈[−2,0].

Preslikava h je sestavljena iz usklajenih zveznih predpisov na končnem zaprtem pokritju, zato je zvezna. Ker obstaja zvezen inverz

h^′−1(x, y) :=

{︄(x,^(x+2)y₄ ) ;x∈[0,2], (x,^(x−2)y₋₄ ) ;x∈[−2,0],

je bijektivna in posledično homeomorfizem. Ker je preslikava h:=q₂◦h^′ kvocientna in ker iz enakosti

h(2, y) = q₂(2, y) = [2, y]_∼3 = [−2, y]_∼3 =q₂(−2,−y) =h(−2,−y)

sledi, da h napravi enake identifikacije kot q₂, je φ₂ :=h¯ : Y /∼3 → M homeomorfi- zem.

Nadaljujmo z dokazom 4. točke. Definirajmo preslikavo φ1: X →B² po korakih.

1. Prostor X1 prezrcalimo čez premico x= 0 s preslikavo g1(x, y) = (−x, y).

2. Sliko g₁(X₁) prezrcalimo čez y = 1 s preslikavo g₂(x, y) = (x,−y+ 2). Prostor X₂ pa prezrcalimo čez y=−1s preslikavo g₃(x, y) = (x,−y−2).

3. Sliko zgornjih preslikav skrčimo v smeri x s preslikavo θ(x, y) = (^x₂, y).

4. Naredimo radialno projekcijo do krogle B² s preslikavo π(x) =

{︄(0,0); (x, y) = (0,0)

∥x∥₁

∥x∥₂(x, y); sicer.

Označimo k1 =π◦θ◦g2◦g1 ink2 =π◦θ◦g3. Dobimo φ1: X →B² ;

(6) φ₁(x, y) :=

{︄k₁(x) ; x∈X₁, k₂(x) ; x∈X₂. Preslikava φ₁ je kvocientna, ni pa injektivna, saj velja

φ₁(t,2) =φ₁(−t,−2)∀t∈[2,−2].

Ker ∼₃ zožena na X naredi ravno te identifikacije, sledi, da je φ¯ :₁ X/∼3 → B²

homeomorfizem. □

Opomba 4.5. Möbiusov trakMsmo definirali malo drugače kot v zgornjem dokazu.

Začetni prostor I² smo zamenjali s začetnim prostorom K in ustrezno prilagodili ekvivalenčno relacijo. Tako smo zapisali homeomorfizem φ2: Y /∼3 →M. Zapišimo ga še eksplicitno:

φ₂(x, y) :=

{︄(︁_x+2

4 ,^x+2y+2_2x+4 )︁

; x∈[0,2], (︁_x+2

4 ,^x−2y−2_2x−4 )︁

; x∈[−2,0].

(7)

Vse, kar smo naredili, je preslikavo h komponirali s translacijo za vektor (2,2) in skrčitev (^x₄,^y₄). V zadnjem poglavju jo bomo v tej obliki tudi potrebovali.

Kvocientne prostore si, kadar je to mogoče, želimo predstavljati geometrijsko, kakor smo si na primer za Möbiusov trak. Izkaže se, da se projektivne ravnine ne da vložiti v R³. Posledično si jo je geometrijsko težje predstavljati. Dejstvo, da se projektivne ravnine ne da vložiti v R³, bo za nas ključnega pomena, a ga dokazali ne bomo. Večina klasičnih dokazov temelji na orodjih algebraične topologije, ki presegajo okvir tega dela. Obstaja pa veliko bolj elementaren dokaz, ki ga bralec lahko najde v [3]. Za razumevanje dokaza je poleg elementarne topologije potrebno še poznati osnove teorije vozlov in teorije grafov.

Izrek 4.6. Realne projektivne ravnine RP² ni moč vložiti v R³.

5. Jordanove krivulje

Namen razdelka je predstaviti nekaj močnih izrekov, ki so vsebinsko povezani z Jordanovimi krivuljami. Najprej predstavimo alternativen opis Jordanovih krivulj.

Z njim si lahko potrdimo intuicijo, da so Jordanove krivulje homeomorfne krožnici S¹.

Trditev 5.1. Podprostor J ⊂ R² je Jordanova krivulja natanko tedaj, ko je J homeomorfen krožnici S¹.

Dokaz. Označimo J =f([0,1]). Po predpostavki je f: [0,1] →J zvezna preslikava in injektivna na [0,1). Dalje, ker velja f(0) = f(1), preslikava f inducira zvezno preslikavof¯ : [0,1]/{0,1} →J. Očitno jef¯tudi bijektivna in kvocientna preslikava.

Torej je f¯ homeomorfizem. Iz 3.13 in tranzitivnosti homeomorfizmov sledi, da je J res homeomorfen S¹.

Obratno, če je r(t) = e^2πit parametrizacija krožnice S¹ in h: S¹ → J homeomor- fizem je f :=h◦r: [0,1] → R² zvezna preslikava, injektivna na [0,1), za katero je

f(0) =f(1). □

Opomba 5.2. Trditev pove, da je slika poljubne vložitveS¹ v ravninoR² Jordanova krivulja. V tem poglavju bomo med drugim gledali tudi vložitve krožniceS¹ v druge topološke prostore. Sliko vložitve S¹ v topološki prostor X imenujemo topološka krožnica vX. Iz konteksta bo razvidno, za kateri prostorX gre, zato bomo ponavadi rekli samotopološka krožnica. V tem jeziku je Jordanova krivulja topološka krožnica v ravnini R².

Predstavljajmo si krožnicoS¹, vloženo vR². Geometrijsko si lahko nazorno pred- stavljamo, da če S¹ odstranimo iz ravnine R², bo ta razpadla na dve povezani kom- ponenti; eno omejeno in drugo neomejeno, meja obeh pa je S¹. V splošnem za topološki podprostor A ⊂ X pravimo, da deli prostor X, če je X\A nepovezan.

Poleg tega si lahko jasno zamislimo, kaj bi lahko definirali kot notranjost in zuna- njost S¹. Ali enako velja za poljubno Jordanovo krivuljo J? S tem vprašanjem smo se v resnici že srečali v 2.3, kjer smo predpostavili, da je odgovor na vprašanje o simetričnih Jordanovih krivuljah pritrdilen. Oglejmo si primer Jordanove krivulje na spodnji sliki 5.

Slika prikazuje primer Jordanove krivulje, pri kateri ni očitno, kaj je notranjost in kaj zunanjost. Še manj je očitno, ali krivulja res deli ravnino na dve komponenti.

Kljub temu se izkaže, da je odgovor resničen za vsako Jordanovo krivuljo. O tem govori slavni Jordan-Schönfliesov separacijski izrek.

Izrek 5.3 (Jordan-Schönfliesov separacijski izrek). Naj bo J Jordanova krivulja.

Potem ima komplement R²\J natanko dve komponenti, eno omejeno in eno neo- mejeno. Jordanova krivuljaJ je meja obeh komponent. Poleg tega je zaprtje omejene komponente homeomorfno disku B².

Izreka ne bomo dokazovali, saj je dokaz precej zamuden. Podobno kot pri pro- blemu včrtanega kvadrata zamudnost izreka leži v splošnosti Jordanovih krivulj.

Bralec si lahko dokaz ogleda v [6].

Iz Jordan-Schönfliesovega separacijskega izreka sledi, da vsaka Jordanova krivulja deli ravnino. Poudarimo, da je za pojem deli pomembnen tako podprostor A kot prostor X. Deljenje prostora ni topološka lastnost krožnice, čeprav bi lahko zaradi Jordan-Schönfliesovega separacijskega izreka zlahka mislili, da je temu tako. Enosta- ven protiprimer bi bil že R³. Vseeno pa si natančneje oglejmo naslednji protiprimer.

Slika 5. Primer Jordanove krivulje.

Primer 5.4. Ker projektivne ravnine ne moremo vložiti vR³, si geometrijsko težje predstavljamo, ali vsaka topološka krožnica deli projektivno ravnino (če sploh ka- tera). Pokažimo, da obstaja topološka krožnica, ki ne deli RP². Za RP² vzemimo predstavnika (2) iz trditve 4.3. Prostor S :=B¹/{−1,1} je očitno podprostor v RP², saj inkluzija B¹ ↪→B² porodi vložitev. Prav tako vemo že iz primera 3.13, da je ho- meomorfen krožnici. VeljaB²\B¹ =A∪B kjer jeA =B²∩IntR²+,B =B²∩IntR²−. Naj bo q: B² →RP² kvocientna projekcija. Množici q(A) inq(B)sta povezani, saj sta množici AinB povezani. Ker je njun presek neprazen (npr. q(1,0) =q(−1,0)), je sedaj tudi q(A)∪q(B) povezana množica. Tako smo našli topološko krožnico

S =q(B¹), ki ne deli projektivne ravnine. ♢

Ugotovili smo, da projektivne ravnine ne deli vsaka topološka krožnica. Ni si težko predstavljati primera topološke krožnice, ki ne deli tudi svitka ali Möbiusovega traku.

Ali obstajajo še kakšni prostori, ki bi jih vsaka topološka krožnica delila? Izkaže se, da obstajajo. Enostavni primeri so na primer odprti zvezdasti podprostori v R². Že v naslednjem izreku bomo pa dokazali, da je tak prostor tudi sfera. Čeprav je ta rezultat zanimiv sam po sebi, ga ne bomo dokazovali zgolj zaradi zgleda. Primaren cilj tega razdelka je dokazati, da obstaja homeomorfizem h: R² → R², ki slika poljubno Jordanovo krivuljo homeomorfno na S¹. Pot do dokaza bo nekoliko daljša, a zanimiva. Prvi korak pa je t. i. Sferični Jordanov izrek. Dokazi trditev do konca razdelka so povzeti po [5].

Izrek 5.5 (Sferični Jordanov izrek). Naj bo J topološka krožnica v sferi S². Tedaj ima komplement S²\J natanko dve komponenti. Vsaka je odprta množica, katere meja je J.

Opomba 5.6. Izrek očitno ne bi veljal, če bi se lahko zgodilo, da je J =S². To se seveda ne more zgoditi, saj dve različni točki delita topološko krožnico J, sfere S² pa ne.

Dokazati želimo, da topološka krožnica deli sfero. Instiktivno bi si gotovo želeli pomagati z Jordanovim izrekom, zaradi katerega vemo, da topološka krožnica deli ravnino. Ali obstaja kakšna povezava med ravnino in sfero? Spomnimo se: sfera S² je kompaktifikacija ravnine R² z eno točko oz. če sferi odstranimo poljubno

točko, dobimo prostor, ki je homeomorfen ravnini. Spomnimo se še na ekspliciten homemorfizem, imenovan stereografska projekcija,

f: S²\ {s} →Π,

kjer jeΠ ={x∈R³ |x⊥s}. Če npr. vzamemo za točkoskar severni tečaj, dobimo standardno stereografsko projekcijo

f(x, y, z) = 1

1−z(x, y)

in Π = R². Preko te povezave bomo lahko informacije najprej iz sfere prenesli na ravnino, kjer bomo uporabili Jordanov izrek, in nato iz ravnine nazaj na sfero.

Dokaz. Iz opombe 5.6 sledi, da je komplement S² \J vedno neprazen. Naj bo s poljubna točka iz tega komplementa. Brez škode za splošnost lahko predpostavimo, da jes= (0,0,1), torej severni pol. Res, čes ni severni pol, potem vemo, da obstaja rotacija (ki je linearni homemorfizem) h:S² →S², katera slika s v severni pol.

Označimo torejf: S²\ {s} →R² standardno stereografsko projekcijo iz severnega pola s na ravnino R². Ker je f homeomorfizem, je slika f(J) ⊂ R² Jordanova krivulja, zato po Jordanovem izreku deli ravnino na dve odprti komponenti: omejeno V in neomejeno W. Poleg tega velja

MejaR²(V) = Meja

R²(W) =f(J).

Definirajmo

V^′ :=f⁻¹(V) inW^′ :=S²\f⁻¹(V¯ ),

kjer je V¯ zaprtje glede na ravnino R². Pokazati želimo, da množici V^′ in W^′ zado- ščata pogojem iz izreka.

MnožicaV^′ je odprta vS²\{s}, saj jefhomoemorfizem. Posledično je odprta tudi vS². Po Jordanovem izreku velja V¯ =V ∪f(J). Ker je množicaV¯ unija kompaktne množice f(J) in omejene množice V, je omejena. Ker je zaprta v ravnini, je tudi kompaktna. Tako jef⁻¹(V¯ ) =V^′∪J kompaktna množica in posledično tudi zaprta v S².

Pokažimo, da velja V¯ =^′ V^′∪J. Najprej inkluzija v desno: ker je V^′∪J zaprta, sledi vsebovanost V¯^′ ⊂V^′∪J ⊂S²\ {s}. Pokažimo še inkluzijo v drugo smer. Velja f⁻¹(V¯ ) = Cl_S²_\{s}(V^′) = V¯^′∩(S²\{s}). DobimoV^′∪J =f⁻¹(V¯ ) =V¯^′∩(S²\{s})⊂ V¯^′.Torej velja V¯ =^′ V^′ ∪J. Iz enakosti sklepamo še, da jeJ = Meja(V^′), saj je V^′ odprta množica.

Vemo že, da je V^′ odprta množica v S², katere meja je J. Pokažimo enako še za množico W^′. Naj bo sfera S² univerzalna množica. Velja

(V¯ )^{′ C} = (V^′∪J)^C = (f⁻¹(V ∪f(J))^C = (f⁻¹(V¯ ))^C =W^′.

Vidimo, da je W^′ odprta množica in da je sfera S² disjkunktna unija množic V^′,W^′ in J. Velja enakost:

W¯ =^′ (︁

Int(W^′C))︁C

= (Int(V^′∪J))^C = (V^′)^C =W^′∪J.

Enako kot prej, ker je W^′ odprta množica, sledi Meja(W^′) =J.

Preostane nam pokazati še, da sta množiciV^′ inW^′ povezani. Ker je množicaV^′ slika povezane množice V, je povezana. Zaradi disjunktne unije S² = V^′∪J∪W^′ sledi W^′ = f⁻¹(W)∪ {s}, kjer je W neomejena komponenta prostora R² \f(J).

Označimo z (R²)⁺ kompaktifikacijo ravnine R² s točko ∞. Vemo, da f⁻¹ inducira homeomorfizem F: (R²)⁺ → S², za katerega se zožitev na ravnino R² ujema s

preslikavo f⁻¹ in velja F(∞) = s. Ker je W neomejena povezana množica v R² in ker je točka ∞stekališče vsake neomejene množice, je množica W∪ {s}povezana v kompaktifikaciji (R²)⁺. Ker velja W^′ = F(W ∪ {∞}) in je F zvezna preslikava, je

W^′ povezana množica. □

Tema o topoloških krožnicah v sferi še ni zaključena. Morda se pojavi vprašanje, čemu trud s topološkimi krožnicami v sferi, če pa je naš cilj pokazati obstoj homeo- morfizma ravnine nase, ki poljubno Jordanovo krivuljo slika v S¹. Dokaz Sferičnega Jordanovega izreka je lahko prvi namig, kako lahko topološko povezavo med rav- nino in sfero dobro izkoristimo. Tako kot smo zdaj informacije iz ravnine prenesli na sfero, bomo kasneje informacije iz sfere prenesli na ravnino. To bo ključen del dokaza. Nadaljujmo z naslednjo lemo.

Lema 5.7. Naj bof: S¹ →S¹ homeomorfizem ina, b∈IntB² poljubni točki. Potem obstaja homeomorfizem F: B² →B², ki je razširitev preslikave f in velja F(a) = b.

Predstavimo idejo dokaza. Vemo, da s stališča topologije lahko na diskB² gledamo kot na geometrijski stožec nad S¹. NaF lahko tako gledamo kot na preslikavo med dvema stožcema – enega z vrhom v točkia, drugega pa z vrhom v točkib. Preslikavo F lahko definiramo potem tako, da za vsak x ∈ S¹ preslika linearno daljico ax na daljico bf(x). Najprej definirajmo poseben kvocientni prostor krožnice S¹, ki nam bo okrajšal pisanje v dokazu.

Definicija 5.8. Kvocientni prostor, definiranan kot CS¹ :=S¹ ×[0,1]/(S¹× {1}), imenujemo stožec nad S¹.

Vrnimo se nazaj k ideji dokaza. Preslikavo F bomo konstruirali kot kompozitum preslikav na spodnjem diagramu

B² CS¹ CS¹ B²

h¯⁻¹

a φ¯ h¯_b

, kjer jeφzgoraj opisani homeomorfizem, ki slika vrh v vrh, inh¯

c homeomorfizem, ki vrh stožca slika v c, spodnji nivo stožca pa na rob diska.

Dokaz. Najprej konstruirajmo preslikavo h¯_c kot spodaj. Vzemimo poljubno točko c∈IntB² in definirajmo preslikavo

h_c: S¹×[0,1]→B² kot h_c(x, t) = (1−t)x+tc.

Preslikavo si predstavljamo, da daljico {x} ×[0,1] slika na daljico cx. Preslikava je zvezna surjekcija in ker slika iz kompakta v Hausdorffov prostor, tudi kvocien- tna. Preslikava h_c je injektivna na množici S¹ ×[0,1). Ker je h_c(S¹ × {1}) = c, preslikava hc inducira homeomorfizem h¯ :c CS¹ →B². Nadaljujmo še s konstrukcijo homeomorfizma φ. Naj bo

φ: S¹×[0,1]→S¹×[0,1]

preslikava, definirana s predpisom

φ(x, t) = (f(x), t).

Ker je po predpostavki f homeomorfizem, sledi, da je tudi φhomeomorfizem. Ker je φ(S¹× {1}) = f(S¹)× {1} in ponovno slika iz kompakta v Hausdorffov prostor, je tudi φ¯ homeomorfizem.

□

V naslednjem dokazu bomo potrebovali izrek o invarianci odprtih množic. Gre za enega izmed klasičnih topoloških izrekov, ki pa ga ne bomo dokazovali. V resnici potrebujemo samo zelo posebno posledico izreka. Zato ga bomo formulirali zgolj za primer, ki ga potrebujemo.

Izrek 5.9. Naj bo A ⊆ S² odprta množica in f: A → S² zvezna in injektivna preslikava. Potem je f odprta preslikava.

Bralec najde dokaz v vsej splošnosti v [6].

Izrek 5.10. Naj boJ topološka krožnica v sferiS² in naj boc∈S²\J poljubna točka.

Tedaj obstaja tak homeomorfizem H: S² → S², za katerega velja H(J) = S¹ × {0}

in je H(c) severni pol.

Iz izreka 5.3 vemo, da je sfera S² disjunktna unija množic V^′, J in W^′, kjer sta V^′ in W^′ odprti komponenti, katerih meja je J.

Predstavimo okvir dokaza. Najprej bomo dokazali obstoj dveh homeomorfizmov h₁: V¯^′ →S²− inh₂: W¯^′ →S²+ za katera bo veljalo, da topološko krožnico K slikata v S¹× {0}. S pomočjo leme 5.7 bomo dokazali obstoj takega homeomorfizema h₂, za katerga bo veljalo h2(c) = (0,0,1). Preslikavo H bomo nato konstruirali kot sestavljeno preslikavo iz h1 in h2 in pokazali, da je homeomorfizem.

Dokaz. Naj boc ∈W^′. Označimo ravnino Π = {y∈R² |y⊥c}, ki gre skozi izho- dišče, in stereografsko projekcijo f: S²\ {c} →Π. Iz dokaza izreka 5.3 vemo že, da je V^′ =f⁻¹(V) in V¯ =^′ f⁻¹(V¯ ), kjer je V omejena komponenta prostora Π\f(J).

Iz Jordan-Schönfliesovega izreka 5.3 sledi, da je zaprtje V homemorfno disku B². Posledično, ker je f homeomorfizem, je tudi V¯^′ homeomorfen B². Označimo ta homeomorfizem s h^′. Lahko je preveriti, da je preslikava

φ: B² →S²−,

φ(x, y) = (x, y,−√︁

1−x²−y²), homeomorfizem. Preslikava

h₁ :=φ◦h^′:V¯^′ →S²−

je očitno homeomorfizem. Pokazati želimo, da velja h₁(V^′) = S²−\(S¹× {0}), (8)

h₁(J) = S¹× {0}. (9)

Dovolj je pokazati samo enakost (8), saj je potem enakost (9) avtomatično izpol- njena. Enakost množic iz (8) bomo pokazali na klasičen način: h₁(V^′)je podmnožica množiceS²−\(S¹×{0})in obratno. Če gledamoh₁:V¯^′ →S²kot vložitev, potem iz iz- reka 5.9 sledi, da je množicah₁(V^′)odprta vS²in veljah₁(V^′)⊂S²−\(S¹×{0}). Pre- sekh1(V^′)∩(S¹×{0})mora biti nujno prazen. Res, ker jeS¹×{0}zaprta vS², v pri- meru nepraznega preseka, množicah₁(V^′)ne bi bila odprta vS². To pa je v nasprotju z dejstvom, da jeh₁odprta preslikava. Sledi, da jeh₁(V^′)⊂S²−\(S¹×{0}). Pokažimo da je obratno tudi res. Ker jeS²−\(S¹×{0})odprta vS², jeh⁻¹₁ (S²−\(S¹×{0}))⊂V¯^′ odprta v S² zaradi 5.9. Iz enakega argumenta kot prej mora potem tudi veljati, da je h⁻¹₁ (S²−\(S¹× {0})⊂V^′. Zaključimo, da res velja h₁(V^′) = S²−\(S¹× {0}).

Povsem analogno pokažemo, da obstaja homeomorfizemh^′₂: W¯ →S²+ za katerega velja h^′₂(J) = S¹ × {0}. Pokazati pa še moramo, da obstaja tak homeomorfizem

h₂: W¯ →S²+ za katerega je h₂(x) = (0,0,1). Za homeomorfizem φ^′:B² →S²+, φ^′(x, y) = (x, y,√︁

1−x²−y²), očitno velja φ^′(S¹) = S¹× {0}. Naj bo

f: S¹ →S¹ definirana kot

f =φ^′−1◦h₁◦h^′₂⁻¹◦φ^′_|

S¹, kjer smo sφ^′_|

S¹ označili zožitev preslikaveφ^′ na krožnicoS¹. Kot kompozitum samih homeomorfizmov je seveda f homeomorfizem krožnice same nase. Označimo

a:= (φ^′−1◦h^′₂⁻¹)(c), b :=φ^′−1(0,0,1) = (0,0),

točki iz B². Sedaj iz leme 5.7 sledi, da obstaja homeomorfizem F: B² → B², ki je razširitev preslikave f in je F(a) =b. Definirajmo sedaj preslikavo g: S²+ →S²+ kot

g =φ^′◦F ◦φ^′−1. Velja

g(h^′₂⁻¹(c)) = (φ^′◦F)(a) =φ^′(b) = (0,0,1).

Označimo h₂ =g◦h^′₂. Trdimo, da je H: S² →S², podana s predpisom H(x) =

{︄h₁(x); x∈V^′, h₂(x); x∈W^′,

želen homeomorfizem. Preslikava H, definirana na končnem zaprtem pokritju, je očitno sestavljena z zveznima predpisoma h₁ in h₂. Ker velja

h₂|_J(x) = (g◦h^′₂)|_J(x)

= (g|_S¹_×{0} ◦h^′₂|_J)(x)

=(︂

(h₁◦h^′₂⁻¹)|_(S¹×{0})◦h^′₂|_J)︂

(x)

=h₁|_J(x),

sta predpisa tudi usklajena. Preslikava H je zato zvezna in po konstrukciji očitno tudi bijektivna. Ker slika iz kompaktnega prostora v Hausdorffov prostor, je zaprta

in zato tudi homeomorfizem. □

Na tej točki dela imamo dovolj orodij, da bi pokazali želen izrek.

Izrek 5.11. Naj boJ Jordanova krivulja. Tedaj obstaja tak homeomorfizemh: R² → R², za katerega velja h(J) =S¹.

Dokaz. Naj bo J poljubna Jordanova krivulja v ravnini. Dalje, naj s označuje severni pol in naj bo ϕ: S² \ {s} → R² standardna stereografska projekcija. Ker je ϕ homeomorfizem, je K = ϕ⁻¹(J) topološka krožnica (v sferi). Po izreku 5.10 obstaja tak homeomorfizem H: S² → S², ki ohranja severni pol, hkrati pa velja H(J) = S¹× {0}. Definirajmo kompozitum preslikav

R^{2 ϕ} S²\ {s} S²\ {s} R²

−1 H ϕ

h:=ϕ◦H◦ϕ⁻¹: R² →R².

Preslikava h je očitno homeomorfizem. Preverimo še, da slikaJ v S¹. Velja, h(J) = (ϕ◦H◦ϕ⁻¹)(J) = (ϕ◦H)(K) =ϕ(S¹× {0}) =S¹,

kjer zadnja enakost sledi iz definicije stereografske projekcije. □ Opomba 5.12. Izrek nam pove še več. Naj bo J Jordanova krivulja in naj bo V omejena komponenta komplementa R² \J. Če je kaj pravice na svetu, bi si mislili, da zgornji homeomorfizem h slikaV homeomorfno na disk B². Res je tako.

Zaradi povezanosti je slikah(V)ena od komponent komplementaR²\S¹. Označimo to komponento z V^′. Ker je V omejena, je njeno zaprtje V kompaktna množica.

Zato je slika h(V) kompaktna množica, ki jo sestavljata V^′ in krožnica S¹. Zaradi kompaktnosti ni druge izbire, kot da velja h(V) = V^′∪S¹ =B².

Jordanovo krivuljo smo definirali kot sliko neke parametrizacije, a kot že vemo, obstaja veliko različnih paramaterizacij iste krivulje. Za nas seveda ne bo pomembna izbira parametrizacije, saj nas zanimajo zgolj geometrijske lastnosti krivlje – te pa so neodvisne od izbire parametrizacije. Vseeno bo pa za nas pomembna določena reparametrizacija. Naj bo g: S¹ → R² poljubna vložitev in J = g(S¹) Jordanova krivulja. J lahko parametriziramo na sledeč način. Po izreku 5.11 obstaja homeo- morfizem h_J ravnine nase, da velja h_J(S¹) = J. Potemtakem jef: I→R²,

(10) f(t) :=h_J(cos(2πt),sin(2πt)),

parametrizacija Jordanove krivulje J, za katero očitno velja f(I) =g(S¹).

Od zdaj najprej bomo s h_J označevali homeomorfizem iz izreka 5.11, za katerega je h_J(S¹) = J. Poleg tega bomo Jordanovo krivuljo J vedno parametrizirali kot (10).

6. Glavni izrek

V zaključnem poglavju, ki ga bomo večinoma črpali iz [3] in [7], bomo končno lahko formalno dokazali obstoj včrtanega pravokotnika. Uporabili bomo znanje, pridobljeno v predhodnih poglavjih. Ko smo predstavili idejo dokaza, smo videli, da smo problem obstoja včrtanega pravokotnika pretvorili v vprašanje o injektivnosti določene preslikave. Pri tem je bila pomembna določena karakterizacija pravoko- tnika. Dokažimo jo.

Trditev 6.1. Naj bodo X₁, Y₁, X₂, Y₂ točke v evklidski ravnini. Če velja {X1, Y1} ̸={X2, Y2},

X1+Y1

2 = X2+Y2

2 ,

∥X₁−Y₁∥=∥X₂−Y₂∥, potem so točke različne in tvorijo oglišča pravokotnika.

Dokaz. Pokažimo najprej, da so točke ob zgornjih predpostavkah res različne. Za- gotovo velja X₁ ̸= Y₁ in X₂ ̸= Y₂. V nasprotnem primeru bi iz drugega pogoja dobili X₁ =X₂, kar pa nasprotuje prvemu pogoju. Dalje, za voljo protislovja pred- postavimo X₁ =X₂. Iz drugega pogoja tako dobimo, da je tudi Y₁ =Y₂, kar pa je ponovno v nasprotju s prvim pogojem. Ker vrstni red v množici ni pomemben, smo dokazali tudi X1 ̸=Y2. Iz simetrije sledi, da jeY1 različna točka odY2 in X2.