Lösungen 12.

Einführung in die Topologie - Sommer 2012
Lösungen 12.
(1) Da π1 (S 1 ) keinen Element der Ordnung zwei enthält, muss f∗ die triviale
Abbidung sein, sodass Im(f∗ ) = 0. Andererseits ist R kontrahierbar, damit
π1 (R) = 0 und so Im(p∗ ) = 0. Also
Im(f∗ ) = 0 = Im(p∗ ).
Deswegen existiert eine Liftung
f¯ : RP 2 → R
von f (vgl. 13.12 des Skriptes). Wegen der Kontrahierbarkeit von R gibt
es eine Homotopie
H : RP 2 × I → R
zwischen f¯ und einer konstanten Abbildung k. Die Komposition p ◦ H ist
eine Homotpie zwischen f und der konstanten Abbildung p ◦ k
(2) Seien x ∈ X und U die Wegekomponente von x. Wir zeigen, dass U offen
und abgeschlossen ist, sodass U = X, weil X zusammenhängend ist. Sei
y ∈ X und Vy eine wegzusammenhängende offene Umgebung um y, welche
existiert, weil X lokal wegzusammenhängend ist. Jeder Punkt z ∈ Vy ist
durch einen Weg µyz mit y verbunden.
Wenn y ∈ U , gibt es einen Weg σ von x nach y. Die Verknüpfung µyz · σ
ist ein Weg zwischen x und z, sodass z ∈ U und Vy ⊂ U . Deshalb ist
[
U=
Vy
y∈U
offen.
Wenn y ∈ U , finden wir ein Element z ∈ U ∩ Vy . Sei δ ein Weg zwischen
x und z. Die Verknüpfung µyz · δ ist ein Weg zwischen x und y, sodass
y ∈ U . Deshalb ist
U =U
abgeschlossen.
1
2
(3) Die Bilder dieser Übung befinden sich auf Seite 6.
definieren, betrachten wir
Um W ⊂ R2 zu
A := ({0} × [−1, 1]) ∪ {(x, sin(1/x)) | 1/2π ≥ x > 0} ⊂ R2 ,
was eine beschränkte Version des Raumes der Übung 3 Blatt 2 ist. Sei
γ : I → R2 ein injektiver Weg mit
γ(0) = (0, −1) ∈ A,
γ(1) = (1/2π, 0) ∈ A,
γ((0, 1)) ∩ ([0, 1/2π] × [−1, 1]) = ∅.
Dann setzen wir
W := A ∪ γ(I).
Ähnlich zur Übung 3 Blatt 2 kann man zeigen, dass W einfach zusammenhängend ist. Übung 3 Blatt 2 zeigt auch, dass W nicht lokal wegzusammenhängend ist.
Zur Definition von f . Seien
A1 := {0} × [−1, 1]
A2 := {(x, sin(1/x)) | 1/2π ≥ x > 0}.
Dann:
(a) f |A1 ist die konstante Abbildung nach (−1, 0) ∈ S 1 .
(b) f |γ(I) ist eine Parametrisierung des unteren Halbkreises:
f |γ(I) : γ(I) → S 1
γ(t) 7→ −eπit ,
was wohldefiniert und stetig ist, weil γ : I → γ(I) ein homöomorphismus ist.
(c) f |A2 ist eine Parametrisierung des oberen Halbkreises:
f |A2 : A2 → S 1
(x, sin(1/x)) 7→ (− cos(2π − 2π 2 x), − sin(2π − 2π 2 x)).
Es ist einfach zu beweisen, dass Punkte (a)-(b)-(c) eine wohldefinierte
stetige Abbildung f definieren.
Zusammenfassung: alle Voraussetzungen des Liftungstheorems (bis auf
den lokalen Wegzusammenhang von W ) sind erfüllt. Nun zeigen wir, dass
das Liftungsproblem für f nicht lösbar ist. Nehmen wir an, dass es eine
stetige Liftung f¯ : W → R gibt. Insbesondere f¯(A1 ) = (2k + 1)πi für ein
gewisses k ∈ Z und
f¯(γ(t)) = (2k + 1)πi + tπi.
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Da f¯ stetig ist, gilt
f¯((x, sin(1/x)) ≥ (2k + 2)πi.
Aber dann
lim f¯(2/(3πn), sin((3πn)/2) 6= (2k + 1)πi
n→∞
= f¯(0, −1)
= f¯( lim (2/(3πn), −1)),
n→∞
was einen Widerspruch zur Stetigkeit von f¯ um (0, −1) ist.
(4) Zuerst beweisen wir, dass (N oφ H, ·) eine Gruppe ist.
• Wir rechnen aus
(n1 , h1 ) · ((n2 , h2 ) · (n3 , h3 )) = (n1 , h1 )(n2 · φ(h2 )(n3 ), h2 · h3 )
= (n1 · φ(h1 )(n2 · φ(h2 )(n3 )), h1 · (h2 · h3 ))
= (n1 · (φ(h1 )(n2 ) · φ(h1 )(φ(h2 )(n3 ))), (h1 · h2 ) · h3 )
= ((n1 · φ(h1 )(n2 )) · φ(h1 · h2 )(n3 ), (h1 · h2 ) · h3 )
= (n1 · φ(h1 )(n2 )), h1 · h2 )(n3 , h3 )
= ((n1 , h1 ) · (n2 , h2 )) · (n3 , h3 )
sodass ”·” assoziativ ist.
• Es ist klar, dass
(1, 1) · (n, h) = (1 · φ(1)(n)h, 1 · h)
= (1 · IdN (n), h)
= (1 · n, h)
= (n, h)
= (n, h) · (1, 1)
• Ähnlich
((φ(h−1 )(n))−1 , h−1 )(n, h) = ((φ(h−1 )(n))−1 · φ(h−1 )(n), h−1 h)
= (1, 1)
= (n, h)((φ(h−1 )(n))−1 , h−1 )
Sei nun
ψ : G → Homöo(R2 )
die Abbildung der Angabe. Es ist klar, dass
ψ(0, 0)(x, y) = (x, y).
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Außerdem
ψ((h, n) · (h0 , n0 ))(x, y) = ψ(h + (−1)n h0 , n + n0 )(x, y)
n h0
= αh+(−1)
0
(β n+n (x, y))
0
1 − (−1)n+n
h+(−1)n h0
0
n+n0
=α
x + n + n , (−1)
y+
2
n+n0
1 − (−1)
n 0
0
n+n0
+ h + (−1) h
= x + n + n , (−1)
y+
2
und
0
1 − (−1)n
0
0
n0
+h
ψ(h, n)(ψ(h , n )(x, y)) = ψ(h, n) x + n , (−1) y +
2
0
1 − (−1)n
1 − (−1)n
n0
0
n
0
= x + n + n, (−1) (−1) y +
+h +
+h
2
2
0
1 − (−1)n+n
0
n+n0
n 0
= x + n + n , (−1)
y+
+ h + (−1) h .
2
0
0
Damit
ψ((h, n) · (h0 , n0 ))(x, y) = ψ(h, n)(ψ(h0 , n0 )(x, y)),
sodass ψ eine Gruppenoperation ist.
Zum Beweis, dass ψ eigentlich diskontinuierlich ist: Es ist klar, dass
ψ(h, n) B1/2 (x, y) ∩ B1/2 (x, y) = ∅,
falls
(h, n) 6= (0, 0).
Also ist die Gruppenoperation eigentlich diskontinuierlich.
Zum Beweis, dass
R2 /G ∼
= K.
Es ist klar, dass jedes Element z ∈ R2 /G einen Repräsentant z ∈ I × I hat.
Es ist auch klar, dass
[z] 6= [z 0 ] ,
falls z und z 0 im Inneren des Quadrates I × I liegen. Deswegen
R2 /G ∼
= (I × I)/ ∼,
wobei ”∼” eine Identifizierung des Randes ∂(I ×I) ist. Diese Identifizierung
ist durch die Abbildungen
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α|I×{0} : I × {0} → I × {1}
(x, 0) 7→ (x, 1)
β|{0}×I : {0} × I → {1} × I
(0, y) 7→ (1, 1 − y)
gegeben. Mit einem Bild:
-
6
?
-
Das ist nichts anderes als die Kleinsche Flasche (vgl. Übung 1 Blatt 8).
6
•
R
-
f¯
W
p
?
A1
-
A2
•
γ(I)
f
•