1.
Ako je
f
:
S
1
→
S
1
homotopski trivijalno preslikavanje, dokazati da
f
ima fiksnu taqku.
Rexenje :
S obzirom da je
f
homotopski trivijalno, ono se moe produiti na dvodimenzionalni disk
D
2
(konus prostora
S
1
), tj. postoji (neprekidno) preslikavanje
f
:
D
2
→
S
1
takvo da sledei dijagram
komutira (
i
:
S
1
→
D
2
je inkluzija).
S
1
f
−→
S
1
i
−→
D
2
i
&
%
f
D
2
Meutim,
i
◦
f
je neprekidno preslikavanje iz
D
2
u
D
2
, pa po Brauerovoj teoremi ima fiksnu taqku
x
0
∈
D
2
. Dakle,
i
(
f
(
x
0
)) =
x
0
, pa budui da
x
0
pripada slici inkluzije
i
, imamo da zapravo
x
0
∈
S
1
i
f
(
x
0
) =
x
0
.
Konaqno,
f
(
x
0
) =
f
(
i
(
x
0
)) =
f
(
x
0
) =
x
0
, pa je
x
0
fiksna taqka preslikavanja
f
.
2.
Neka je
f
:
S
1
→
R
2
neprekidno preslikavanje takvo da je
(
∀
x
∈
S
1
)
f
(
x
)
6
=
f
(
−
x
)
. Dokazati da postoji
x
0
∈
S
1
takvo da je prava odreena taqkama
f
(
x
0
)
i
f
(
−
x
0
)
paralelna (ili jednaka) pravoj
y
=
x
.
Rexenje :
Neka je
A
=
{
(
x, y
)
∈
R
2
|
y
=
−
x
}
. Posmatrajmo preslikavanje
g
:
R
2
→
A
koje svakoj taqki
ravni
R
2
dodeljuje njenu ortogonalnu projekciju na pravu
y
=
−
x
. Naravno,
g
je neprekidno, a
A
kao
potprostor od
R
2
homeomorfan sa realnom pravom
R
.
Dakle, imamo neprekidno preslikavanje
g
◦
f
:
S
1
→
A
, pa na osnovu Borsuk-Ulamove teoreme postoji
x
0
∈
S
1
takvo da je
g
(
f
(
x
0
)) =
g
(
f
(
−
x
0
))
. Ali, ako dve razliqite taqke u ravni imaju istu projekciju na
pravu
y
=
−
x
, to znaqi da je prava odreena tim taqkama normalna na pravu
y
=
−
x
, odnosno paralelna
(ili jednaka) sa pravom
y
=
x
.
3.
Ispitati da li disk
D
2
natkriva Mebijusovu traku
M
.
Rexenje :
Pretpostavimo da postoji takvo natkrivanje
p
:
D
2
→
M
. Neka je
y
∈
M
bilo koja taqka.
Tada je njena inverzna slika
p
−
1
(
{
y
}
)
zatvoren potprostor od
D
2
jer je
p
neprekidno. S obzirom da je
disk
D
2
kompaktan, to je
p
−
1
(
{
y
}
)
kompaktan prostor. Ali
p
je natkrivanje, pa je
p
−
1
(
{
y
}
)
i diskretan
prostor. Kako je diskretan topoloxki prostor kompaktan ako i samo ako je konaqan, zakljuqujemo da je
p
−
1
(
{
y
}
)
konaqan skup.
S druge strane, broj elemenata ove inverzne slike mora biti jednak indeksu podgrupe
p
∗
(
π
1
(
D
2
))
u
grupi
π
1
(
M
)
. Meutim, disk
D
2
je kontraktibilan, pa mu je fundamentalna grupa trivijalna, xto
znaqi da je ovaj indeks zapravo jednak broju elemenata grupe
π
1
(
M
)
.
Stoga, dobijamo da je fundamentalna grupa Mebijusove trake konaqna, xto je u suprotnosti sa qi-
njenicom da je
π
1
(
M
)
∼
=
Z
.
Dakle, disk
D
2
ne natkriva Mebijusovu traku.
4.
Neka je
L
⊂
int(
D
2
)
otvorena poligonalna linija i neka je
f
:
∂D
2
→
L
neprekidno preslikavanje.
Dokazati da postoji
x
∈
∂D
2
takvo da je
d
(
x, f
(
x
))
≥
1
.
Rexenje :
S obzirom da je
L
otvorena poligonalna linija, ona je homeomorfna intervalu
I
= [0
,
1]
, pa
se utapa u realnu pravu
R
(drugim reqima,
L
se moe ”ispraviti”). Dakle, postoji utapanje
g
:
L
→
R
.
Preslikavanje
g
◦
f
je neprekidno preslikavanje iz
∂D
2
=
S
1
u
R
, pa prema Borsuk-Ulamovoj teoremi
postoji
y
∈
∂D
2
takvo da je
g
(
f
(
y
)) =
g
(
f
(
−
y
))
. Ali
g
je 1-1 (jer je utapanje), pa je
f
(
y
) =
f
(
−
y
)
.
Sada imamo:
d
(
y, f
(
y
)) +
d
(
−
y, f
(
−
y
)) =
d
(
y, f
(
y
)) +
d
(
f
(
y
)
,
−
y
)
≥
d
(
y,
−
y
) = 2
.
Meutim,
d
(
y, f
(
y
))
i
d
(
−
y, f
(
−
y
))
su nenegativni brojevi, pa bar jedan od njih mora biti
≥
1
.
5.
Napisati Ticeovu teoremu o ekstenziji. Da li ta teorema vai ako se kodomen zameni krunicom
S
1
?
1
Rexenje :
Ticeova teorema: Topoloxki prostor
X
je normalan ako i samo ako za svaki zatvoren
potprostor
A
⊂
X
i svaku neprekidnu funkciju
f
:
A
→
[0
,
1]
postoji neprekidna ekstenzija
f
:
X
→
[0
,
1]
.
Ova teorema ne vai ako interval
[0
,
1]
zamenimo krunicom
S
1
. Naime, disk
D
2
je normalan prostor
jer je kompaktan i Hauzdorfov. Krunica
S
1
=
∂D
2
je njegov zatvoren potprostor. Meutim, identiqko
preslikavanje krunice
id
S
1
:
S
1
→
S
1
nema ekstenziju na
D
2
jer bi ta ekstenzija bila retrakcija diska
na granicu, a ta retrakcija ne postoji.
6.
Neka je
f
:
M
→
X
neprekidno preslikavanje iz Mebijusove trake u prostopovezan prostor
X
. Dokazati
da je
f
homotopski trivijalno.
Rexenje :
Budui da je centralna krunica Mebijusove trake njen (jaki) deformacioni retrakt, imamo
da je
M
≃
S
1
. Neka su
g
:
M
→
S
1
i
h
:
S
1
→
M
meusobno inverzne homotopske ekvivalencije. Tada je
f
=
f
◦
id
M
≃
f
◦
h
◦
g
.
Preslikavanje
f
◦
h
preslikava krunicu
S
1
u prostopovezan prostor
X
, pa je homotopski trivijalno
(homotopno konstantnom preslikavanju). Iz ovoga zakljuqujemo da je i
f
homotopski trivijalno jer je
f
≃
f
◦
h
◦
g
≃
const
◦
g
= const
.
7.
Neka je
GL
(
n,
C
)
prostor svih invertibilnih kompleksnih
n
×
n
-matrica. Dokazati da je fundamen-
talna grupa
π
1
(
GL
(
n,
C
))
beskonaqna.
Rexenje :
Determinanta
det :
GL
(
n,
C
)
→
C
{
0
}
je neprekidna funkcija. Takoe, poznato je da je
”normiranje”
z
7→
z
|
z
|
homotopska ekvivalencija iz
C
{
0
}
u
S
1
. Oznaqimo to preslikavanje sa
r
.
Posmatrajmo petlje
A
k
: [0
,
2
π
]
→
GL
(
n,
C
)
u prostoru
GL
(
n,
C
)
sa baznom taqkom
E
(
E
je jediniqna
matrica), definisane sa:
A
k
(
t
) =
e
ikt
0
0
... .....
0
0
1
0
... .....
0
0
0
1
... .....
0
..
..
..
..
.
.
..
..
..
..
.
.
..
..
..
..
1
0
0
0
0
..
0
1
,
k
∈
Z
.
Oqigledno, determinanta matrice
A
k
(
t
)
je
e
ikt
xto je kompleksan broj modula
1
. Dakle, homomorfizam
fundamentalnih grupa
(
r
◦
det)
∗
indukovan preslikavanjem
r
◦
det :
GL
(
n,
C
)
→
S
1
klasi petlje
A
k
dodeljuje
klasu qiji je predstavnik petlja
ϕ
k
: [0
,
2
π
]
→
S
1
,
ϕ
k
(
t
) =
e
ikt
. Naime,
(
r
◦
det)
∗
[
A
k
] = [
r
◦
det
◦
A
k
] = [
ϕ
k
]
,
k
∈
Z
.
Meutim, fundamentalna grupa krunice
π
1
(
S
1
)
je izomorfna sa
Z
, a celom broju
k
, pri tom izomor-
fizmu, odgovara upravo klasa petlje
ϕ
k
(ili eventualno
ϕ
−
k
ako promenimo orijentaciju). To znaqi da
je
(
r
◦
det)
∗
zapravo epimorfizam fundamentalnih grupa, pa kako je
π
1
(
S
1
)
beskonaqna, to i
π
1
(
GL
(
n,
C
))
mora biti beskonaqna.
8.
Neka su
p
:
X
→
Y
i
q
:
Y
→
Z
natkrivanja. Ako
q
ima konaqno mnogo listova, dokazati da je
q
◦
p
:
X
→
Z
takoe natkrivanje.
Rexenje :
Prvo, preslikavanje
q
◦
p
je neprekidna surjekcija jer je kompozicija dve neprekidne surjek-
cije.
Neka je
k
∈
N
broj listova natkrivanja
q
.
Odaberimo proizvoljnu taqku
z
∈
Z
. Treba da pronaemo otvorenu okolinu
U
z
taqke
z
qija je in-
verzna slika
(
q
◦
p
)
−
1
(
U
z
)
disjunktna unija familije otvorenih skupova u
X
od kojih se svaki, pri
q
◦
p
,
homeomorfno slika na
U
z
.
Kako je preslikavanje
q k
-lisno natkrivanje, to postoji otvorena okolina
e
U
z
taqke
z
takva da je
q
−
1
(
e
U
z
) =
k
G
j
=1
e
V
j
gde su
e
V
j
otvoreni skupovi u
Y
koji se pri
q
homeomorfno slikaju na
e
U
z
. Neka je
y
j
(jedinstvena) taqka u
e
V
j
takva da je
q
(
y
j
) =
z
. S obzirom da je i
p
natkrivanje, za svako
j
= 1
, k
postoji
otvorena okolina
b
V
y
j
taqke
y
j
takva da je
p
−
1
(
b
V
y
j
) =
G
α
∈A
j
c
W
α
j
gde su
c
W
α
j
otvoreni skupovi u
X
koji se
pri
p
homeomorfno slikaju na
b
V
y
j
.
(b) Definiximo funkciju
g
:
I
×
I
→
R
2
sa
g
(
x, y
) =
u
(
x
)
−
v
(
y
)
. Naravno,
g
je neprekidna. Treba
dokazati da postoji taqka
(
x
0
, y
0
)
∈
I
×
I
takva da je
g
(
x
0
, y
0
) = (0
,
0)
.
Posmatrajmo granicu
∂
(
I
×
I
) = (
I
× {
0
}
)
∪
(
{
1
} ×
I
)
∪
(
I
× {
1
}
)
∪
(
{
0
} ×
I
)
.
Ako
(0
,
0)
∈
g
(
∂
(
I
×
I
))
, stvar je gotova.
Ako
(0
,
0)
/
∈
g
(
∂
(
I
×
I
))
, primeniemo tvrenje (a). Naime, primetimo najpre da je kvadrat
I
×
I
homeomorfan disku
D
2
. Neka je
h
:
D
2
≈
−→
I
×
I
. Naravno, tada je i
h
|
S
1
:
S
1
≈
−→
∂
(
I
×
I
)
homeomorfizam.
Neka je
f
=
g
◦
h
:
D
2
→
R
2
. Sada imamo da
(0
,
0)
/
∈
f
(
S
1
)
. Dokazaemo da
f
|
S
1
reprezentuje netrivijalnu
petlju u
π
1
(
R
2
{
(0
,
0)
}
)
.
Opiximo prvo preslikavanje
g
|
∂
(
I
×
I
)
:
∂
(
I
×
I
)
→
R
2
{
(0
,
0)
}
.
Po definiciji preslikavanja
g
, vidimo da je
g
(0
,
0) = (0
,
−
1)
i
g
(1
,
0) = (1
,
0)
. Takoe, za svako
x
∈
I
,
g
(
x,
0) =
u
(
x
)
−
v
(0) =
u
(
x
)
−
(0
,
1)
, pa kako je
x
-koordinata taqke
u
(
x
)
izmeu
0
i
1
, to taqka
g
(
x,
0)
ima
x
-koordinatu
≥
0
. Sliqno, taqka
u
(
x
)
ima
y
-koordinatu
≤
1
, pa taqka
g
(
x,
0)
ima
y
-koordinatu
≤
0
.
Zakljuqujemo da se za svako
x
∈
I
taqka
g
(
x,
0)
nalazi u qetvrtom kvadrantu, tj. da je
g
(
I
× {
0
}
)
zapravo
put u qetvrtom kvadrantu koji spaja taqku
(0
,
−
1)
sa taqkom
(1
,
0)
.
Analognim razmatranjem moe se pokazati da je
g
(
{
1
} ×
I
)
put u prvom kvadrantu koji spaja taqku
(1
,
0)
sa taqkom
(0
,
1)
, zatim, da je
g
(
I
× {
1
}
)
put u drugom kvadrantu koji spaja taqku
(0
,
1)
sa taqkom
(
−
1
,
0)
i da je
g
(
{
0
} ×
I
)
put u treem kvadrantu koji spaja taqku
(
−
1
,
0)
sa taqkom
(0
,
−
1)
.
6
-
1
1
g
(
{
1
} ×
I
)
0
g
(
I
× {
1
}
)
−
1
g
(
{
0
} ×
I
)
g
(
I
× {
0
}
)
6
-
0
1
1
x
y
I
×
I
q
g
I
× {
0
}
{
1
} ×
I
I
× {
1
}
{
0
} ×
I
−
1
Dakle,
g
(
∂
(
I
×
I
))
je zatvorena kriva u
R
2
{
(0
,
0)
}
koja u pozitivnom smeru jednom ”obie” koordinatni
poqetak.
Odavde sledi da
f
|
S
1
:
S
1
→
R
2
{
(0
,
0)
}
reprezentuje generator fundamentalne grupe
π
1
(
R
2
{
(0
,
0)
}
)
∼
=
Z
(
f
|
S
1
je ”stepena 1”), pa tim pre reprezentuje netrivijalni element te grupe.
Na osnovu dela zadatka pod (a), postoji
p
∈
D
2
takvo da je
f
(
p
) =
g
(
h
(
p
)) = (0
,
0)
, pa je
h
(
p
) = (
x
0
, y
0
)
traena taqka.
12.
Neka su
f
:
R
2
→
R
i
g
:
R
2
→
R
neprekidne i ograniqene funkcije. Dokazati da sistem
f
(
x, y
) =
x
g
(
x, y
) =
y
ima rexenje.
Rexenje :
S obzirom da su
f
i
g
ograniqene, postoje pozitivne konstante
M
i
L
takve da je za svaku
taqku
(
x, y
)
∈
R
2
,
|
f
(
x, y
)
| ≤
M
i
|
g
(
x, y
)
| ≤
L
.
Neka je
B
zatvorena kugla u
R
2
sa centrom u koordinatnom poqetku polupreqnika
√
M
2
+
L
2
.
Formirajmo neprekidnu funkciju
F
:
R
2
→
B
qije su koordinatne funkcije
f
i
g
, tj. po definiciji
F
(
x, y
) = (
f
(
x, y
)
, g
(
x, y
))
,
(
x, y
)
∈
R
2
. Zaista,
F
je neprekidna jer su
f
i
g
takve i zaista, za svako
(
x, y
)
∈
R
2
,
F
(
x, y
)
∈
B
jer je
d
(
F
(
x, y
)
,
(0
,
0)) =
p
|
f
(
x, y
)
|
2
+
|
g
(
x, y
)
|
2
≤
√
M
2
+
L
2
.
Restrikcija
F
|
B
:
B
→
B
je neprekidna funkcija, a kako je kugla
B
zatvorena (homeomorfna zatvorenom
jediniqnom disku
D
2
), ona ima svojstvo fiksne taqke po Brauerovoj teoremi. Dakle, postoji
(
x
0
, y
0
)
∈
B
takvo da je
F
|
B
(
x
0
, y
0
) = (
x
0
, y
0
)
, ali
F
|
B
(
x
0
, y
0
) =
F
(
x
0
, y
0
) = (
f
(
x
0
, y
0
)
, g
(
x
0
, y
0
))
, pa je par
(
x
0
, y
0
)
rexenje
sistema.
13.
Ako je
f
:
D
2
→
R
2
{
0
}
neprekidno preslikavanje, dokazati da za neko
x
0
∈
S
1
vai
||
f
(
x
0
)
||·
x
0
=
f
(
x
0
)
.
Rexenje :
Posmatrajmo neprekidno preslikavanje
r
:
R
2
{
0
} →
S
1
definisano sa
r
(
t
) =
1
||
t
||
·
t
i uoqimo
kompoziciju
i
◦
r
◦
f
:
D
2
→
D
2
, gde je
i
:
S
1
,
→
D
2
inkluzija. Ova kompozicija je neprekidno preslikavanje
diska
D
2
u sebe, pa po Brauerovoj teoremi ima fiksnu taqku
x
0
∈
D
2
. Ali,
x
0
=
i
(
r
(
f
(
x
0
)))
je u slici
inkluzije
i
, pa zapravo
x
0
∈
S
1
.
Dalje je
x
0
=
i
(
r
(
f
(
x
0
))) =
r
(
f
(
x
0
)) =
1
||
f
(
x
0
)
||
·
f
(
x
0
)
,
pa mnoenjem ove jednakosti sa
||
f
(
x
0
)
||
dobijamo traenu jednakost.
14.
Neka je
n
∈
N
,
R
P
n
=
S
n
/
x
∼−
x
,
p
:
S
n
→
R
P
n
prirodna projekcija (
p
(
x
) =
{
x,
−
x
}
) i
id
R
P
n
:
R
P
n
→
R
P
n
identiqko preslikavanje. Odrediti sva neprekidna preslikavanja
f
:
S
n
→
S
n
takva da dijagram
S
n
f
−→
S
n
p
↓
↓
p
komutira.
R
P
n
id
R
Pn
−→
R
P
n
Rexenje :
Oqigledno, identitet
id
S
n
:
S
n
→
S
n
i antipodalno preslikavanje
a
:
S
n
→
S
n
,
a
(
x
) =
−
x
,
zadovoljavaju uslove zadatka. Dokaimo da su ova dva i jedina takva preslikavanja.
Neka je
f
:
S
n
→
S
n
proizvoljno neprekidno preslikavanje takvo da dijagram komutira i neka je
x
0
∈
S
n
proizvoljna taqka. Tada je
id
R
P
n
(
p
(
x
0
)) = id
R
P
n
(
{
x
0
,
−
x
0
}
) =
{
x
0
,
−
x
0
}
, pa zbog komutativnosti dijagrama
p
(
f
(
x
0
)) =
{
x
0
,
−
x
0
}
xto znaqi da je
f
(
x
0
) =
x
0
ili je
f
(
x
0
) =
−
x
0
.
Neka su sada
A
=
{
x
∈
S
n
|
f
(
x
) =
x
}
i
B
=
{
x
∈
S
n
|
f
(
x
) =
−
x
}
. Na osnovu prethodnog razmatranja
A
∪
B
=
S
n
i, oqigledno,
A
∩
B
=
∅
. S druge strane, skup svih taqaka na kojima se dva neprekidna
preslikavanja u Hauzdorfov prostor poklapaju je zatvoren u domenu, pa su skupovi
A
i
B
zatvoreni u
S
n
.
Zbog povezanosti sfere
S
n
,
n
∈
N
, jedan od skupova
A
i
B
mora biti prazan, tj.
f
=
a
ili
f
= id
S
n
.
15.
Odrediti fundamentalnu grupu prostora
X
.
α
α
X
:
Rexenje :
Ako prostor
X
iseqemo po meridijanu na kojem je uvedena identifikacija dobijamo cilindar
sa identifikacijom na granici kao na sledeoj slici.
X
≈
A
A
α
α
α
α
A
A
Sada ovaj cilindar iseqemo po izvodnici
β
i dobijamo prostor homeomorfan sa
X
.
α
α
α
α
β
≈
A
α
α
α
β
β
A
A
α
A
A
A
A
A
A
A
Fundamentalnu grupu ovog prostora odrediemo pomou Van Kampenove teoreme. Uobiqajeno, uzeemo
da je
X
1
otvoren disk u unutraxnjosti pravougaonika, a
X
2
komplement jednog manjeg zatvorenog diska.
X
:
A
A
A
α
β
γ
Ako
X
sada izreemo po naznaqenim krivama (krunicama)
α
,
β
i
γ
, dobijamo dva (topoloxka) diska
sa identifikacijama na rubu.
X
α
β
γ
A
A
A
α
β
γ
A
A
A
≈
Primeniemo dva puta Van Kampenovu teoremu da bismo dobili
π
1
(
X
)
.
Neka je najpre
X
1
otvoreni disk u unutraxnjosti prvog (levog) od ova dva diska koji qine prostor
X
, a
X
2
komplement zatvorenog diska koji je ceo sadran u
X
1
.
X
α
β
γ
A
A
A
α
β
γ
A
A
A
≈
X
1
X
2
S obzirom da je
X
1
disk, on je kontraktibilan, pa je
π
1
(
X
1
) =
h− | −i
.
S druge strane,
X
2
je homotopski ekvivalentan samo desnom disku sa nasleenom identifikacijom
(oznaqimo ga sa
e
X
2
). Naime, iz centra malog izbaqenog diska, deo prostora
X
2
u levom disku moemo da
”homotopiramo” na granicu. Ostaje nam granica levog i ceo desni disk sa naznaqenom identifikacijom,
ali desni disk seqe sve klase ekvivalencije, pa imamo:
α
β
γ
A
A
A
α
β
γ
A
A
A
α
β
γ
A
A
A
≈
α
β
γ
A
A
A
α
β
γ
A
A
A
e
X
2
≃
X
2
:
:
Dakle,
π
1
(
X
2
)
∼
=
π
1
(
e
X
2
)
.
Fundamentalnu grupu prostora
e
X
2
odreujemo ponovnom primenom Van Kampenove teoreme, analognim
postupkom kao u prethodnom zadatku. Dobijamo
π
1
(
e
X
2
)
∼
=
h
α, β, γ
|
αγβ
−
1
= 1
i ∼
=
h
α, β, γ
|
αγ
=
β
i
.
Presek
X
1
∩
X
2
je otvoreni kruni prsten kome je sredixnja krunica
δ
deformacioni retrakt, pa je
X
1
∩
X
2
=
≃
δ
δ
xto znaqi da je
π
1
(
X
1
∩
X
2
)
∼
=
h
δ
| −i ∼
=
Z
.
Oqigledno je da su prostori
X
1
,
X
2
i
X
1
∩
X
2
otvoreni i putno povezani. Takoe,
X
1
∪
X
2
=
X
, pa
moemo primeniti Van Kampenovu teoremu.
Petlja
δ
, generator fundamentalne grupe preseka, je trivijalna u prostoru
X
1
jer je ovaj kontrak-
tibilan. S druge starne, u prostoru
X
2
,
δ
predstavlja petlju koja se, pri homotopskoj ekvivalenciji
koja
X
2
slika u
e
X
2
, preslikava u petlju
γ
−
1
α
−
1
β
.
