Topologia - Zadanie do opracowania. Wioletta Osuch, Magdalena Żelazna, Piotr Kopyrski

Transkrypt

1 Topologia - Zadanie do opracowania Wioletta Osuch, Magdalena Żelazna, Piotr Kopyrski 5 grudnia 2013

2 Zadanie 1. (Topologie na płaszczyźnie) Na płaszczyźnie R 2 rozważmy następujące topologie: a) Euklidesową Te czyli produktu kartezjańskiego dwóch prostych euklidesowych b) Topologia rzeczna Tr c) Topologia kolejowa Tk d) Motylków Niemyckiego TN e) Zariskiego TZ (czyli ko-skończona) f) Produktu kartezjańskiego (prawych) strzałek (R 2, TS S) g) Produktu kartezjańskiego prostych z topologią Zariskiego (R 2, TZ Z) 1

3 1. Porównaj ww. topologie rysując diagram ich inkluzji i zbadaj przecięcia Ti Tj. Zbiory otwarte w poszczególnych topologiach: Zbiory otwarte w topologii euklidesowej są postaci: U e {(a, b) (c, d) a < b, c < d} Zbiory otwarte w topologii rzecznej są postaci: U r {{k} (m, n) k ϵ R, m < n < 0 lub 0 < m < n} {(k, l) ( m, m) k < l, m > 0} Zbiory otwarte w topologii kolejowej są postaci: U k {odcinki leżące na prostych przechodzących przez punkt (0,0) ale niezawierające} {( a, a) ( a, a) a > 0} Zbiory otwarte w topologii Niemyckiego są postaci: U N {B((x, y), y ) {(x, 0)} {B((x, y), y ) y 0} {B(x, r) x R 2, r > 0}} Zbiory otwarte w topologii Zariskiego są postaci: U Z {R 2 \ {a 1, a 2,, a k } gdzie k skończone i a 1, a 2,, a k ϵ R 2 } Zbiory otwarte w topologii produktu kartezjańskiego prawych strzałek są postaci: U S S {[k, l) [m, n): k < l, m < n; k, l, m, n ϵ R} Zbiory otwarte w topologii produktu kartezjańskiego Zariskiego są postaci: U Z Z {U x y = U x U y U x = R\{a 1, a 2,, a k }; U y = R\ {b 1, b 2,, b s }; U x, U y ϵ T Z ; a 1, a 2,, a k, b 1, b 2,, b s ϵ R; k, s skończone} Tabela 1.1 Inkluzje topologii Te Tr Tk TN TZ TS S TZ Z Te Tr Tk TN TZ TS S TZ Z

4 Uzasadnienie: (1) TZ Te bazowe zbiory produktu prostych z topologią Zariskiego to produkt zbiorów bazowych prostych z topologią Zariskiego, co prezentuje poniższy rysunek: Grafika 1.1 Zbiory bazowe Weźmy dowolny punkt x zawarty w zbiorze otwartym topologii produktowej dla którego infimum odległości od usuniętej prostej wynosi ε. Weźmy kulę B x (x, ε ). 2 Kula ta, zawiera punkt x oraz w całości jest zawarta w zbiorze otwartym w topologii produktowej. Wynika z tego, iż zbiory otwarte w topologii produktowej prostych z topologią Zariskiego są otwarte w topologii euklidesowej, co dowodzi inkluzji TZ Te. (2) Te TS S topologia euklidesowa w R 2 jest topologią produktową prostych R z topologią euklidesową. Na prostej zaś topologia euklidesowa zawiera się w topologii prawych strzałek. Niech U należy do topologii euklidesowej i jest zbiorem otwartym. Dowodzimy, że x U s U takie, że [x, s) U. Dla wybranego x 0 U z definicji topologii euklidesowej r, s r < x < s (r, s) U. Skoro jednak [x, s) U to U należy do topologii euklidesowej. Z tego dowodu wynika, że topologia euklidesowa na płaszczyźnie zawarta jest w topologii produktowej prawych strzałek. (3) Te Tk zbadajmy zbiory bazowej topologii euklidesowej postaci B = {B(x, r) x R 2, r R} i sprawdźmy czy są one otwarte w topologii kolejowej. Wykazując ten fakt dowiedziemy, iż zbiory otwarte w topologii euklidesowej są otwarte w topologii kolejowej. Rozpatrzmy przypadek, gdy punkt (0,0) nie należy 3

5 do zbioru bazowego topologii euklidesowej. Wtedy dla każdego takiego punktu, którego infimum odległości od brzegu kuli wynosi ε. Weźmy zbiór otwarty w topologii kolejowej I (x, ε ). Odcinek ten zawiera punkt x oraz zawarty jest w kuli 2 otwartej w topologii euklidesowej. W przypadku, gdy kula zawiera punkt (0,0) weźmy kwadrat otwarty o wierzchołkach ( ε, ε ), ( ε, ε ), ( ε, ε ), ( ε, ε ). Kwadrat ten otwarty jest w topologii rzecznej oraz zawiera się w kuli otwartej w topologii euklidesowej, czyli dla każdego punktu z kuli można wybrać zbiór otwarty w topologii rzecznej, który zawiera się w kuli. Zatem kule otwarte w topologii euklidesowej są także otwarte w topologii rzecznej, co dowodzi inkluzji ww. topologii. (4) Te TN z definicji topologii Niemyckiego wynika, że jest ona generowana między innymi przez zbiory bazowe z topologii euklidesowej B = {B(x, r) x R 2, r R}, czyli topologia euklidesowa zawiera się w topologii Niemyckiego. (5) Te Tr żeby wykazać zawieranie się topologii euklidesowej w topologii rzecznej zbadamy zbiory bazowe topologii euklidesowej postaci B = {B(x, r) x R 2, r R}, i sprawdzimy czy są otwarte w topologii rzecznej, wtedy wszystkie zbiory bazowe w topologii euklidesowej będą zawarte w topologii rzecznej. Weźmy kulę euklidesową w topologii euklidesowej niezawierającą punktów postaci A {(x, 0) x R}. Dla każdego punktu nienależącego do zbioru A możemy wybrać odcinek postaci {x} ( ε, ε ) gdzie x R a ε jest najmniejszą 2 2 odległością tego elementu od brzegu kuli. Odcinek ten będzie otwarty w topologii rzecznej. W przypadku, gdy kula zawiera punkt należący do zbioru A, dobieramy prostokąt symetryczny względem osi OX, który zawiera ten punkt i jest otwarty w topologii rzecznej oraz zawiera się w kuli. Z tego wynika, że kule otwarte w topologii euklidesowej, są także otwarte w topologii rzecznej. 4

6 Tabela 1.2 Przecięcia topologii Te Tr Tk TN TZ TS S TZ Z Te Te Tr Te Tr Tk Te * Tk TN Te * * TN TZ TZ TZ TZ TZ TZ TS S Te * * * TZ TS S TZ Z TZ Z TZ Z TZ Z TZ Z * TZ Z TZ Z * - Ti Tj różne od jednej z wymienionych wtedy i tylko wtedy gdy nie zachodzi Ti Tj (bo wtedy Ti Tj = Ti) lub Tj Ti (bo wtedy Ti Tj = Tj) Grafika 1.2 Diagram inkluzji 5

7 2. Zbadaj które z topologii Ti mają własność Hausdorffa. Definicja własności Hausdorffa Przestrzeń topologiczną (X, T) nazywamy przestrzenią Hausdorffa jeśli dla dowolnych różnych punktów x, y X istnieją zbiory U x, U y T takie, że x U x i y U y oraz U x U y =. Tabela 2.1 Własność Hausdorffa Topologia Te Tr Tk TN TZ TS S TZ Z Własność Hausdorfa (+/-) Uzasadnienie: Te, Tr, Tk, wiemy, że te trzy topologie są metryzowalne, więc możemy skorzystać z następującego stwierdzenia (dowód w skrypcie): niech (X,d) będzie przestrzenią metryczną, wtedy rodzina podzbiorów zbioru X: T(d) {U X x U r > 0 takie, że B(x, r) U} jest topologią w X spełniającą warunek Hausdorffa. TN Rozpatrzmy punkty nienależące do osi OX. Z definicji, zbiory te mają otoczenia euklidesowe, zaś powyżej dowiedliśmy, że topologia euklidesowa spełnia własność Hausdorffa. W przypadku gdy dowolne dwa punkty znajdują się na osi OX, to x U x {(x, 0)} {B((x, ε), ε ) ε > 0} oraz y U y {(y, 0)} {B((y, ε), ε ) ε > 0} to dla dowolnie małego ε zbiory te są rozłączne. Gdy tylko jeden z punktów leży na osi OX, to wtedy x U x {(x, 0)} {B((x, ε), ε ) ε > 0} oraz y U y {B((y, ε), ε ) ε > 0} to dla dowolnie małego ε zbiory te są rozłączne. TZ - weźmy dwa punkty x i y należące do (R 2, TZ). Niech x U x i y U y, gdzie U x, U y zbiory otwarte w topologii Zariskiego, czyli postaci U Z {R 2 \{a 1, a 2,, a k } gdzie k 6

8 skończone i a 1, a 2,, a k ϵ R 2 }, więc z R 2 mocy continuum usuwamy tylko skończoną liczbę punktów. => nieskończenie wiele punktów należy do przecięcia U x i U y, więc przestrzeń ta nie spełnia własności Hausdorffa. TS S jeżeli topologia euklidesowa zawarta jest w produkcie kartezjańskim prawych strzałek w zbiorze R 2 i topologia euklidesowa ma własność Hausdorffa, to topologia produktu kartezjańskiego prawych strzałek również spełnia tę wartość. TZ Z aby udowodnić, iż (R 2, TZ Z) będąca produktem (R, TZ) nie spełnia własności Hausdorffa, udowodnimy, że (R, TZ) nie spełnia własności Hausdorffa. Weźmy dwa punkty x i y należące do (R, TZ). Niech x U x i y U y, gdzie U x, U y zbiory otwarte w topologii Zariskiego, czyli postaci U Z {R\{a 1, a 2,, a k } gdzie k skończone i a 1, a 2,, a k ϵ R}. Oznacza to, że U x i U y są całą prostą R bez skończonej ilości punktów, więc nieskończenie wiele punktów należy do U x U y z czego wynika, że (R, TZ) nie spełnia wartości Hausdorffa, zatem (R 2, TZ Z) również nie spełnia wartości Hausdorffa. 7

9 3. Które z ww. przestrzeni spełniają I a które II aksjomat przeliczalności? Definicja I aksjomatu przeliczalności Przestrzeń topologiczna spełnia I aksjomat przeliczalności, jeżeli posiada bazę przeliczalną w każdym punkcie. Tabela 3.1 I aksjomat przeliczalności Topologia Te Tr Tk TN TZ TS S TZ Z I aksjomat przeliczalności (+/-) Uzasadnienie: Te, Tr, Tk są metryczne, więc spełniają I aksjomat przeliczalności. TN dla dowolnego x leżącego poza osią OX zachodzi sytuacja analogiczna jak w przypadku topologii euklidesowej, natomiast dla wszystkich punktów leżących na osi OX, czyli postaci (x,0), możemy wziąć kulę U (x,0) : = {B ((x, 1 ), 1 ) {(x, 0)} n n B ((x, 1 n ), 1 n ) n N}, zatem w każdym x R2 jest przeliczalna baza. TZ - Ustalmy x R 2. Załóżmy, że U Tz takiego, że V Bx x V U oraz Bx ~ N. Niech V Bx i R 2 \V <. Wtedy V B R 2 x \V ℵ 0 i y (R 2 \( R 2 \V)), zatem zbiór V B x R 2 \{y} nie jest podzbiorem żadnego zbioru z Bx z czego wynika, że Bx > ℵ 0. TS S w każdym x R 2 możemy wziąć zbiór otwarty postaci U S S {[x, x + 1 n ) [y, y + 1 ) : n ϵ N}, czyli istnieje baza przeliczalna w punkcie. n 8

10 TZ Z Dowiedziemy, że produkt kartezjański prostych z topologią Zariskiego (R 2, TZ Z) nie spełnia I aksjomatu, ponieważ (R, TZ) go nie spełnia. Aby tego dowieźć załóżmy, że (R\B) ~ B B x N - jest przeliczalny, czyli nie pokrywa całej prostej. Niech y B B x (R\B) i y x. Weźmy C = R\{y}, x C, zatem C Tz bo ma skończone dopełnienie (punkt y). Załóżmy teraz, że B B x takie, że B C, wtedy y nie należy do B, a skoro wiemy, że y R\ (R\B) B B x czyli dla każdego B B x punkt y nie należy do R\B, czyli dla każdego B B x y B z czego otrzymujemy sprzeczność. Definicja II aksjomatu przeliczalności Przestrzeń topologiczna spełnia II aksjomat przeliczalności, jeżeli posiada bazę przeliczalną. Tabela 3.2 II aksjomat przeliczalności Topologia Te Tr Tk TN TZ TS S TZ Z II aksjomat przeliczalności (+/-) Uzasadnienie: Te niech bazą będą kule o środkach q Q i r Q, wtedy baza jest przeliczalna. Tr weźmy pionowe odcinki takie, by były one otwarte w Tr. Do bazy Tr musi zatem należeć przynajmniej jeden odcinek o tej samej drugiej współrzędnej, gdyż z innych zbiorów bazowych nie dałoby się otrzymać tego odcinka. Oznacza to, że odcinków tych musi być continuum. Tk weźmy dowolny odcinek I nachylony do osi OX pod kątem α [0, 2π]. Aby każdy odcinek tej postaci był otwarty w Tk, w bazie musiałby znajdować się przynajmniej 9

11 jeden odcinek o tym samym nachyleniu. Skoro odcinków o nachyleniu α jest continuum, oznacza to, że baza nie byłaby przeliczalna. TN rozpatrzmy zbiory otwarte w TN zawierające punkty z OX. Aby otrzymać taki podzbiór, musi istnieć przynajmniej jeden motylek zawierający każdy punkt z osi OX, a skoro takich punktów jest continuum, to znaczy, że baza nie byłaby przeliczalna. TS S wiemy, że zbiory otwarte w R 2 postaci U S S {[k, l) [m, n) k < l, m < n; k, l, m, n ϵ R}. Aby otrzymać zbiór otwarty o wierzchołku domkniętym w punkcie x, musimy mieć w bazie przynajmniej jedno Ux o wierzchołku domkniętym w tym samym punkcie, gdyż sumując / przecinając dwa zbiory bazowe, dla których k1 nie równa się k2 oraz m1 nie równa się m2 nie otrzymamy zbioru otwartego w topologii TS S. Zatem by otrzymać dla dowolnego x z R 2 zbiór otwarty w TS S., musimy mieć w bazie przynajmniej jedno Ux o wierzchołku domkniętym w tym punkcie. Punktów w R 2 jest continuum, a skoro potrzebujemy continuum takich Ux w bazie, to II aksjomat przeliczalności nie jest spełniony. TZ,,TZ Z nie spełnia I aksjomatu przeliczalności, dlatego nie spełnia także II aksjomatu przeliczalności. 10

12 4. Zbadaj które z ww. przestrzeni są ośrodkowe, a które spójne. Definicja podzbioru gęstego Podzbiór A X nazywa się gęsty w przestrzeni topologicznej (X, T), jeżeli cl(a) = X. Definicja ośrodkowości Przestrzeń (X, T) jest ośrodkowa, jeśli posiada gęsty podzbiór przeliczalny. Przypomnijmy dwa twierdzenia z wykładu związane z ośrodkowością: Jeżeli przestrzeń topologiczna spełnia II aksjomat przeliczalności to jest ośrodkowa. Metryzowalna przestrzeń ośrodkowa spełnia II aksjomat przeliczalności. Tabela 4.1 Ośrodkowość Topologia Te Tr Tk TN TZ TS S TZ Z ośrodkowość (+/-) Uzasadnienie: Te posiada przeliczalny podzbiór gęsty, na przykład A = {(x, y) x, y Q} taki, że kule euklidesowe przecinają się z A. Tr jest metryzowalna, ale nie spełnia II aksjomatu przeliczalności, zatem nie jest ośrodkowa. Tk - jest metryzowalna, ale nie spełnia II aksjomatu przeliczalności, zatem nie jest ośrodkowa. TN posiada przeliczalny podzbiór gęsty, na przykład A = {(x, y) x, y Q} taki, że dowolny motylek przecina się z kulą euklidesową (Te jest zawarte w TN), która zaś przecina się z A. 11

13 TZ przestrzeń topologiczna (R 2, TZ) jest ośrodkowa, ponieważ posiada przeliczalny podzbiór gęsty postaci Q Q. Dopełnienie dowolnego zbioru otwartego z (R 2, TZ) jest skończone, czyli każdy zbiór tej postaci musi przecinać się w niepusty sposób z Q Q. TS S przestrzeń topologiczna (R 2, TS S) jest ośrodkowa, ponieważ posiada przeliczalny podzbiór gęsty postaci Q Q. Zbiory otwarte w (R 2, TS S) są postaci U S S {[k, l) [m, n): k < l, m < n; k, l, m, n ϵ R}, więc każdy taki zbiór otwarty przecina się niepusto z Q Q. TZ Z przestrzeń topologiczna (R 2, TZ Z) jest ośrodkowa, ponieważ posiada przeliczalny podzbiór gęsty postaci Q Q. Zbiory otwarte w (R 2, TS S) są postaci U Z Z {U x y = U x U y U x = R\{a 1, a 2,, a k }; U y = R\ {b 1, b 2,, b s }; U x, U y ϵ T Z ; a 1, a 2,, a k, b 1, b 2,, b s ϵ R; k, s skończone}, więc każdy taki zbiór otwarty przecina się niepusto z Q Q. Definicja spójności Przestrzeń topologiczna (X, T) jest spójna jeśli nie istnieją niepuste zbiory U, V T takie, że X = U V oraz U V =. Definicja łukowej spójności Przestrzeń topologiczna (X, T) jest łukowo spójna jeśli dla dowolnych punktów x0, x1 X istnieje odwzorowanie ciągłe ω : [0,1] X: ω(0)= x0, ω(1)= x1. Ponadto, jeśli przestrzeń (X, T) jest łukowo spójna, to jest spójna. Tabela 4.2 Spójność Topologia Te Tr Tk TN TZ TS S TZ Z Spójność (+/-)

14 Uzasadnienie: Te jest spójna, ponieważ nie da się podzielić R 2 na sumę rozłącznych zbiorów otwartych w topologii euklidesowej na płaszczyźnie. Tr jest łukowo spójna, zatem jest spójna. Tk - jest łukowo spójna, a zatem jest spójna. TN niech A {(x, y) y > 0} podprzestrzeń (R 2, TN). Wówczas (A, TN A) jest homeomorficzne z (A, Te A). Zatem A jest podprzestrzenią spójną płaszczyzny Niemyckiego i wiedząc, że jeśli przestrzeń topologiczna zawiera spójny podzbiór gęsty to jest spójna, wiemy, że B A\{(x, y) y 0} jest spójne. Analogicznie otrzymujemy, że podprzestrzeń C {(x, y) y 0} jest spójna. B C a B C = R 2 z czego wynika, że topologia Niemyckiego jest spójna. TZ spójna, ponieważ każdy niepusty podzbiór otwarty ma niepuste przecięcie z dowolnym innym podzbiorem otwartym w tej przestrzeni. TS S niespójna, ponieważ R 2 w topologii produktowej prawych strzałek można podzielić na zbiory rozłączne, na przykład na 4 postaci: R 2 = (, 0) [0, + ) [0, + ) [0, + ) (, 0) (, 0) [0, + ) (, 0). TZ Z spójna, ponieważ każde dwa niepuste zbiory otwarte zawarte w (R 2, TZ Z) mają niepuste przecięcie. 13

15 5. Czy któreś przestrzenie (R 2, Ti), (R 2, Tj) gdzie i,j=e, N, Z, s s, Z Z, r, k są homeomorficzne? Narysuj i wypełnij odpowiednią tabelkę. Niektóre z niezmienników homeomorfizmów Własność Hausdorffa I i II aksjomat przeliczalności Tabela 5.1 Homeomorfizmy Te Tr Tk TN TZ TS S TZ Z Te + Tr - + Tk TN TZ TS S TZ Z Uzasadnienie: Homeomorficzność na przekątnej jest oczywista. Tr {Te, TN, TZ, TZ Z, Ts s} ponieważ Tr nie jest ośrodkowa a pozostałe są. Tk {Te, TN, TZ, TZ Z, Ts s} ponieważ Tk nie jest ośrodkowa a pozostałe są. Te {TN, TZ, TZ Z} ponieważ Te jest Hausdorffa, a pozostałe nie. Ts s {TN, TZ, TZ Z} ponieważ Te jest Hausdorffa, a pozostałe nie. TN {TZ, TZ Z} ponieważ TN spełnia I aksjomat przeliczalności, a pozostałe nie. Te Ts s ponieważ Te spełnia I aksjomat przeliczalności, a Ts s nie. 14

16 Tr Tk rozpatrzmy R 2 \(0,0) z topologią kolejową. Usunięcie punktu (0,0) z płaszczyzny spowoduje rozspójnienie na continuum składowych spójności, podczas gdy dla (R 2, Tr ) nie istnieje taki punkt, którego usunięcie rozspójni przestrzeń na continuum składowych spójności. Możliwe jest rozspójnienie tej przestrzeni na maksymalnie 4 składowe spójności, co dowodzi, iż homeomorfizm pomiędzy Tr i Tk nie istnieje. TZ TZ Z wykażemy nie wprost. Załóżmy, że (R 2, TZ Z) i (R 2, TZ) są homomorficzne, czyli z definicji istnieje f: (R 2, TZ Z) =>(R 2, TZ) takie, że f jest ciągłą bijekcją oraz f -1 ciągłe, zatem obrazy zbiorów domkniętych są domknięte. Weźmy zbiór X {(x, 0)}. Zbiór ten jest domknięty w (R 2, TZ Z), zatem f(x) musi być zbiorem nieskończony, bo f jest bijekcją. Jeśli f jest homeomorfizmem, to f(x) musi być domknięte w (R 2, TZ), ale zbiory nieskończone nie są domknięte w (R 2, TZ). Otrzymujemy sprzeczność, co dowodzi iż nie istnieje homeomorfizm f. 15

17 6. Dla wektora v R 2 definiujemy przekształcenie przesunięcia (translację) Tv : R 2 R 2 wzorem Tv (w) := v + w. Dla każdej z ww. topologii zbadać dla jakich wektorów v przesunięcie Tv : (R 2, Ti) (R 2, Tj) jest przekształceniem ciągłym (homeomorfizmem). 1. T v (R 2, T e ) (R 2, T e ), Niech v = [a, b] a, b R. Bazą T e są kule otwarte B(x, r) gdzie x R 2, r > 0, B(x, r) (R 2, T e ). T v (B(x, r)) = B(x + v, r) T e T v 1 (B(x, r)) = B(x v, r) T e T v ciągłe w (R 2, T e ). 2. T v (R 2, T r ) (R 2, T r ) T r = {{a} (c, d) a R, c < d < 0 0 < c < d} {(a, b) ( c, c) a < b, c > 0} Niech v = [s, t], s, t R, t 0. Weźmy U = {a} ( 2t, 0) zbiór bazowy T v (U) = {a + s} ( t, t) T r T v nie jest ciągłe dla wektora v = [s, t], s, t R, t 0. Niech v = [s, 0], s R Weżmy U = {a} (c, d) zbiór bazowy T v (U) = {a + s} (c + s, d) T r T v 1 (U) = {a s} (c + s, d) T r Weżmy U = (a, b) ( c, c) zbiór bazowy T v (U) = (a + s, b + s) ( c, c) T r T v 1 (U) = (a s, b s) ( c, c) T r T v jest ciągłe dla wektora v = [s, 0], s R. 3. T v (R 2, T k ) (R 2, T k ) Niech v = [a, b], a, b R, a, b 0. Niech U x = (x, x) T k, U x leży na prostej y = x. T v (U x ) = (x + a, x + b) T k, ponieważ po przesunięciu o wektor odcinek U x nie zmienił kąta nachylenia do osi OX, ale nie leży na prostej y = x, bo x a x + b. T v nie jest ciągłe dla wektora v = [a, b], a, b R, a, b 0. Niech v = [a, 0], a R, a 0 Niech U y = (0, y) T k, U x odcinek otwarty leżacy na prostej x = 0 T v (U y ) = (a, y) =: W y T k, ponieważ W y nie leży na prostej x = 0 T v nie jest ciągłe dla wektora v = [a, 0], a R, a 0 16

18 Niech v = [0, b], b R, b 0 Niech U x = (x, 0) T k, U x odcinek otwarty leżący na prostej y = 0 T v (U x ) = (x, b) =: W x T k ponieważ W x nie leży na prostej y = 0 T v nie jest ciągłe dla wektora v = [0, b], b R, b 0 T v jest ciągłe tylko dla wektora v = [0,0] 4. T v (R 2, T N ) (R 2, T N ) Niech v = [a, b], a, b R, b 0 Niech U = {B((x, y), y ) {(x, 0)} B((x, y), y ) y 0} T N zbiór bazowy. T v (U) = W W = {B((x + a, y + b), y + b ) {(x + a, b)} B((x + a, y + b), y + b ) y 0} W T N, bo punkt (x + a, b) leży poza prostą y = 0, a żadna kula zawierająca punkt (x + a, b) T N. T v nie jest ciągłe dla wektora v = [a, b], a, b R, b 0 Niech v = [a, 0], a R Niech U = {B((x, y), y ) {(x, 0)} B((x, y), y ) y 0} T N zbiór bazowy. T v (U) = W W = {B((x + a, y), y ) {(x + a, 0)} B((x + a, y), y ) y 0} T N W (R 2, T N ) zbiorami bazowymi sa również kule euklidesowe, a z podpunktu 1 wiemy, że T v jest ciągłe dla każdego wektora v, czyli w szczególności tez dla v = [a, 0]. T v jest ciągłe dla wektora [a, 0] 5. T v (R 2, T Z ) (R 2, T Z ) Niech v = [a, b], a, b R W T Z zbiorami bazowymi są U takie, że R 2 U = zbiór skończony. U R 2 {u 1,, u s }, gdzie s skończone, u 1,, u s R 2 T v (U) = R 2 {u 1 + (a, b),, u s + (a, b)} T Z T v 1 (U) = R 2 {u 1 (a, b),, u s (a, b)} T Z T v jest ciągłe dla każdego v R 2 6. T v (R 2, T S S ) (R 2, T S S ) Niech v = [s, t], s, t R U = [a, b) [c, d), a, b, c, d R, a < b, c < d zbiory bazowe w T S S T v (U) = [a + s, b + s) [c + t, d + t) T S S T v 1 (U) = [a s, b s) [c t, d t) T S S T v jest ciągłe dla każdego v R 2 17

19 7. T v (R 2, T Z Z ) (R 2, T Z Z ) Niech v = [s, t], s, t R U {U x y = U x U y U x = R\{a 1, a 2,, a k }; U y = R\ {b 1, b 2,, b l }; U x, U y ϵ T Z ; a 1, a 2,, a k, b 1, b 2,, b l ϵ R; k, l skończone} zbiory bazowe w T Z Z T v (U) = {U x y = U x U y U x = R\{a 1 + [s, t], a 2 + [s, t],, a k + [s, t]}; U y = R\{b 1 +[s, t], b 2 + [s, t],, b l + [s, t]}; U x, U y ϵ T Z ; a 1 +[s, t], a 2 + [s, t],, a k + [s, t], b 1 +[s, t], b 2 + [s, t],, b l + [s, t] ϵ R; k, l skończone} T Z Z T v 1 (U) = {U x y = U x U y U x = R\{a 1 [s, t], a 2 [s, t],, a k [s, t]}; U y = R\{b 1 [s, t], b 2 [s, t],, b l [s, t]}; U x, U y ϵ T Z ; a 1 [s, t], a 2 [s, t],, a k [s, t], b 1 [s, t], b 2 [s, t],, b l [s, t] ϵ R; k, l skończone} T Z Z T v jest ciągłe dla każdego v R 2 18