Musterlösung 5 - D-MATH

D-MATH
Theo Bühler
Topologie
FS 15
Musterlösung 5
1.
a) Ein Beispiel
ist (−∞, a), {a} und (a, ∞) für jedes a ∈ R. Ein zweites ist Q,
√
Q + 2, und Q + π.
b) Zum Beispiel der offene Einheitsball B1 und R2 \ B1 . Oder auch R>0 × R und
R<0 × R.
c) Man findet eine ausführliche Konstruktion unter
http://de.wikipedia.org/wiki/Seen_des_Wada.
2.
a) Die einpunktigen Mengen in einem diskreten Raum sind offen, abgeschlossen
und bilden eine Basis.
b) Punkte in Q und R r Q sind abgeschlossen. Für Q sind die Schnitte mit Intervallen mit irrationalen Endpunkten sowohl offen als auch abgeschlossen, denn
[a, b] ∩ Q = (a, b) ∩ Q, und sie bilden eine Basis der Topologie. Analog für
R r Q und Intervalle mit rationalen Endpunkten.
T c) In der Sorgenfrey-Geraden sind Punkte wegen {a} = n a, a + n1 abgeschlossen. Die nach oben offenen Intervalle bilden eine Basis von offenen und abgeschlossenen Mengen.
Für die Sorgenfrey-Ebene beachte,
[c,d) sowohl
offen als auch ab [a, b) ×
Tdass
geschlossen ist, sowie {(a, b)} = n a, a + n1 × b, b + n1 .
d) Seien x 6= y. Da {x} abgeschlossen ist, ist X r {x} offen. Nun ist y ∈ X r {x},
und da es eine Basis von offenen und abgeschlossenen Mengen gibt, finden wir
eine solche Menge mit y ∈ B ⊆ X r{x}. Dann ist X rB eine offene Umgebung
von x, die disjunkt von der offenen Umgebung B von y ist.
T
Q
e) Da {xi } ⊆ Xi abgeschlossen ist, ist es auch {(xi )} = i πi−1 ({xi }) ⊆ i Xi .
Ist Bi eine Basis von Xi , so sind die Mengen
der Form πi−1
(Bi1 )∩· · ·∩πi−1
(Bin )
n
1
Q
mit Bik ∈ Bik eine Basis von X = i Xi . Da die πi ’s stetig sind, sind diese
Mengen offen und abgeschlossen, sobald alle Bi ’s es sind.
f) Sei Z eine zusammenhängende Teilmenge von X. Sind x 6= y Punkte von Z, so
gibt es nach dem Argument in d) eine offene und abgeschlossene Menge B mit
x ∈ B und y ∈ X r B. Dies liefert die Zerlegung von Z = (Z ∩ B) ∪ (Z r B)
in disjunkte, nichtleere, offene Teilmengen.
Bitte wenden!
3.
a) Es genügt, die Stetigkeit der charakteristischen Funktion fB auf einer Basis von
{0, 1} zu überprüfen. Die Mengen f −1 ({1}) = B und f −1 ({0}) = X r B sind
beide offen.
b) Für jedes B ∈ B sei YB = {0, 1} eine Kopie des zweipunktigen diskreten Raumes. Nach a) ist fB : X → YB stetig und nach der universellen Eigenschaft des
Produktes gibt es eine eindeutige stetige Abbildung
Y
f: X →
YB
B∈B
Q
mit πB ◦ f = fB , wobei πB :
YB → YB die Projektion ist.
Sind x 6= y zwei verschiedene Punkte in X, so gibt es ein B ∈ B mit x ∈ B und
y∈
/ B, und wegen fB (x) = 1 6= 0 = fB (y) folgt f (x) 6= f (y), und f ist injektiv.
S
c) Sei U ⊆ SX offen. Dann ist U = i∈I Bi für gewisse Basismengen Bi . Da
f (U ) = i∈I f (Bi ) ist, genügt es zu verfizieren, dass f (Bi ) ∩ f (X) offen in
f (X) ist. Dies ist aber klar, denn f (Bi ) = πB−1i ({1}) ∩ f (X).
4.
a) Die Dreiecksungleichung folgt aus
d(x, z) ≤ max{d(x, y), d(y, z)} ≤ d(x, y) + d(y, z),
und die restlichen Eigenschaften einer Metrik sind Teil der Definition.
b) Klar.
c) Die Metrik
d(x, y) = 2− min{n∈N:xn 6=yn }
ist eine Ultrametrik, welche die Produkttopologie induziert. Die UltrametrikEigenschaft folgt direkt aus der Definition.
Wir zeigen, dass die Produkttopologie induziert wird und versehen jeden Faktor
Xn mit der diskreten Metrik. Für ε < 1 ist ein
ε-Ball um xn ∈ Xn gerade
{xn }.
Qi−1
Q
Sei ε < 1 und x ∈ Ui ⊆ X, wobei Ui = n=0
Xn × Bεdi (xi ) × ∞
n=i+1 Xn .
d
−i
Dann ist Bδ (x) ⊆ Ui für δ ≤ 2 . Andererseits sind die Punkte in B2d−i (x)
gerade die Elemente von X, deren
T ersten i Koordinaten mit denjenigen von x
übereinstimmen, also B2−i (x) = in=0 Ui .
d) Seien y ∈ Bε (x) und z ∈ Bε (y). Dann ist d(x, y) < ε und d(y, z) < ε, und
daher auch d(x, z) ≤ max{d(x, y), d(y, z)} < ε. Es folgt Bε (y) ⊆ Bε (x) und
Symmetrie liefert die umgekehrte Inklusion.
e) Sei yn → y eine konvergente Folge mit yn ∈ Bε (x). Für genügend grosse n
gilt d(yn , y) < ε, also d(x, y) ≤ max{d(x, yn ), d(yn , y)} < ε, und daher auch
y ∈ Bε (x).
Siehe nächstes Blatt!
f) In jedem metrischen Raum sind Punkte abgeschlossen, denn
[
X \ {y} =
Bd(x,y) (x)
x6=y
ist offen. Da die Bälle eine Basis bilden, gibt es in einem ultrametrischen Raum
eine Basis von offenen und abgeschlossenen Mengen, und daher sind ultrametrische Räume null-dimensional. Null-dimensionale Räume sind total unzusammenhängend nach Aufgabe 2 f).
5. Nach Aufgabe 3 gibt es eine Abbildung f : X → {0, 1}N , die ein Homöomorphismus
aufs Bild ist. Die Einschränkung der Ultrametrik auf {0, 1}N auf f (X) liefert eine
Ultrametrik, welche die Topologie auf X induziert.
6.
Q
a) Es gibt eine offensichtliche injektive Abbildung f : Q → n Q. Diese Abbildung ist stetig, denn Konvergenz in `2 impliziert koordinatenweise Konvergenz
(Metrisierbarkeit von Q und universelle Eigenschaft des Produktes). Nun ist aber
Q
n Q total unzusammenhängend, und somit
Q auch Q: ist Z ⊆ Q nichtleer und
zusammenhängend, so ist auch f (Z) ⊆ n Q zusammenhängend, und daher
#Z = #f (Z) = 1.
b) Die induktive Konstruktion bricht nicht ab, denn yki = (α1 , . . . , αk−1 , ki , 0, 0, . . .)
erfüllt yk−1 = yk0 ∈ U und ykk ∈
/ B ⊇ U , also gibt es ein erstes i mit yki ∈ U und
yki+1 ∈
/ U und αk = ki ist wohldefiniert.
Offenbar ist y = (α1 , α2 , . . . ) der Grenzwert der Folge (yk ): Es gilt
ky −
yk k22
=
∞
X
k→∞
|αn |2 −−−→ 0
n=k+1
denn wegen kyk k2 < 1 für alle k gilt auch kyk2 ≤ 1, somit y ∈ Q. Nach
Konstruktion ist yk ∈ U und daher y ∈ U . Beachte, dass y auch Grenzwert der
Folge
i+1
zk = (α1 , . . . , αk , k+1
, 0, . . . ) ∈ Q r U
k→∞
ist (ky − zk k2 −−−→ 0), also ist auch y ∈ Q r U . Da U offen ist, haben wir
Q r U = Q r U und somit ist y ∈ ∂U = U ∩ Q r U gezeigt.
c) Wegen b) ist ∂U = U r U 6= ∅, also ist U nicht abgeschlossen. Es folgt, dass Q
keine Basis von zugleich offenen und abgeschlossenen Mengen besitzen kann.