Blatt 1: Metrische Räume, Konvergenz und Stetigkeit

Topologie
M. Eisermann / A. Thumm
WiSe 2013/2014
Blatt 1: Metrische Räume, Konvergenz und Stetigkeit
Dieses Übungsblatt wiederholt metrische Grundbegriffe, die Sie aus der Analysis kennen, und dient dem
Übergang zu topologischen Räumen, wie sie zu Beginn der Topologie eingeführt werden. Jede Nummer
steht für eine Übungsaufgabe; zunächst ist festzustellen, was schon klar ist und was noch gezeigt werden
soll. Die schriftlichen Aufgaben mit „S“ sollen in der Übung der nächsten Woche abgegeben werden. Die
mit „V“ gekennzeichneten sollen Sie zum Vortrag in der Übungsgruppe vorbereiten. Gründlich durchlesen
sollten Sie alle, versuchen möglichst viele. Manche Aufgaben sind leicht; Sterne kennzeichnen I längliche
oder H schwierige Aufgaben. Manche naive Fragen benötigen härtere Werkzeuge ( ).
A
1. M ENGEN UND A BBILDUNGEN
V 1.1. Sei f : X → Y eine Abbildung. Für beliebige Teilmengen Ui ⊂ X und Vi ⊂ Y gilt:
T
T
T
T
f −1 i∈I Vi = i∈I f −1 (Vi ),
f i∈I Ui ⊂ i∈I f (Ui ),
S
S
S
S
f −1 i∈I Vi = i∈I f −1 (Vi ),
f i∈I Ui = i∈I f (Ui ),
f −1 Y rV = X r f −1 (V ),
Die erste Inklusion „⊂“ ist kein Tippfehler:
Man finde Beispiele mit 6⊃.
Ebenso gilt im Allgemeinen f X rU 6= Y r f (U), und zwar weder ⊂ noch ⊃.
Lösungsskizze: — Alle behaupteten Inklusionen beweist man durch geduldiges Nachrechnen. Gegenbeispiel: Ist f nicht injektiv, so existieren a 6= b mit f (a) = f (b), also 0/ = f ({a} ∩ {b}) ( f ({a}) ∩ f ({b}).
—
2. S TETIGE A BBILDUNGEN , OFFENE UND ABGESCHLOSSENE M ENGEN
Im Folgenden seien (X, dX ) und (Y, dY ) metrische Räume.
Die folgenden Fingerübungen sind vielleicht ermüdend, aber dennoch notwendig.
V 2.1. Jeder offene Ball ist offen, jeder abgeschlossene Ball ist abgeschlossen.
Sind 0/ und X offen? Ist jede Vereinigungen offener Mengen wieder offen?
Ist jeder Durchschnitt offener Mengen wieder offen? endlicher Durchschnitt?
Lösungsskizze: — Siehe Skript §B3.
—
V 2.2. Für jede Abbildung f : X → Y sind äquivalent:
(a) Die Abbildung f ist stetig auf X (im Sinne der ε-δ -Definition).
(b) Die Abbildung f ist folgenstetig: Aus xn → a in X folgt f (xn ) → f (a) in Y .
(c) Für jede offene Menge V in Y ist das Urbild f −1 (V ) offen in X.
(d) Für jede abgeschlossene Menge V in Y ist f −1 (V ) abgeschlossen in X.
Lösungsskizze: — Siehe Skript §B4.
—
V 2.3. Sei (X, d) ein metrischer Raum und A, B, Ai ⊂ X Teilmengen.
(a) Die Funktion f : X → [0, ∞] mit f (x) = d(x, A) ist lipschitz-stetig.
(b) Ebenso sind f (x) = infi∈I d(x, Ai ) und f (x) = supi∈I d(x, Ai ) lipschitz-stetig.
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Stand 30. Oktober 2013
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(c)
(d)
(e)
(f)
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Aus d(A, B) > 0 folgt A ∩ B = 0.
/ Die Umkehrung gilt nicht.
Der Abschluss A besteht aus allen Grenzwerten x ∈ X von Folgen in A.
Ebenso wird der Abschluss charakterisiert durch A = { x ∈ X | d(x, A) = 0 }.
Sind A, B ⊂ X abgeschlossen und disjunkt, so existiert eine Urysohn–Funktion,
also f : X → [0, 1] stetig mit f −1 ({0}) = A und f −1 ({1}) = B.
Lösungsskizze: — Siehe Skript §B4.
—
3. KONVERGENZ UND S TETIGKEIT
3.1. Gibt es Funktionen f : R → R, die genau an folgenden Stellen stetig sind?
(a) nirgends? (b) nur in 0? (c) nur auf [0, 1]? (d) nur auf R r Q? ( ) nur auf Q?
Wenn möglich gebe man jeweils ein (schönes, einfaches) Beispiel an.
A
Lösungsskizze: — (a) Man nehme z.B. die Indikatorfunktion für die rationalen Zahlen, d.h. f1 : R → R mit
f1 (x) = 1 für x ∈ Q und f (x) = 0 sonst.
(b) z.B. f2 (x) = x · f1 (x)
(c) z.B. f3 (x) = d(x, [0, 1]) · f1 (x)
(e) Jedes x ∈ Q lässt sich eindeutig schreiben als x = px /qx mit px ∈ Z, qx ∈ N und px , qx teilerfremd. Die
Funktion f4 : R → R mit f4 (x) = 1/qx für x ∈ Q und f4 (x) = 0 sonst ist stetig in jedem Punkt x ∈ R r Q
und unstetig in jedem Punkt x ∈ Q. (Skizze siehe Skript §B4)
( ) Eine solche Funktion gibt es nicht. Im Allgemeinen gilt für eine Abbildung f : X → Y , wobei (X, T)
ein topologischer Raum und (Y, d) ein metrischer Raum ist, dass die Menge S f ⊂ X, bestehend aus den
Punkten, an denen f stetig ist, sich als abzählbarer Durchschnitt offener Teilmengen von X schreiben lässt
(eine sog. Gδ –Menge in X ist). Die rationalen Zahlen sind keine Gδ –Menge in R.
A
Hier eine ausführliche Lösung, für diejenigen, die das noch interessiert: Sei f : X → Y wie oben. Für jeden
Punkt x ∈ X und jede natürliche Zahl n definieren wir Un,x als die größte offene Teilmenge von X für die
d( f (x), f (y)) ≤
1/n für jeden Punkt y ∈ Un,x gilt. Man beachte, dass Un,x durchaus leer sein kann.
S
Sei nun Un = x∈X Un,x . DieTMengen Un sind nun als Vereinigung offener Mengen selbst offen und man
sieht direkt, dass S f ⊂ U = n Un gilt. Angenommen es existiert x ∈ U r S f . Dann muss Un,x = 0/ für eine
natürliche Zahl n gelten. Da x ∈ U ⊂ U2n , gibt es ein y ∈ X mit x ∈ U2n,y . Nun ist U2n,y offen und mit der
Dreiecksungleichung folgt, dass alle Punkt z ∈ U2n,y die Ungleichung d( f (x), f (z)) ≤ 1/n erfüllen. Dies
steht im Widerspruch zu Un,x = 0,
/ weswegen S f = U.
Es bleibt noch zu zeigen, dass Q keine Gδ –MengeTin R ist. Angenommen es
Familie
gäbe eine abzählbare
F von offenen Teilmengen von R, so dass Q = F . Nun ist F 0 = F ∪ R r {q} | q ∈ Q immernoch
T
abzählbar und alle Elemente von F 0 sind offene, dichte
Teilmengen von R. Der Durchschnitt F 0 muss
T 0
nach dem Satz von Baire dicht in R sein. Es gilt aber F = 0.
/
—
3.2. Gibt es unstetige additive Funktionen f : R → R, f (x + y) = f (x) + f (y)?
unstetige multiplikative, f (x · y) = f (x) · f (y)? H Und solche, die beides erfüllen?
Lösungsskizze: — (a) Sei f : R → R eine additive Funktion. Wir zeigen zunächst, dass f automatisch
Q–linear ist. Es gilt f (nx) = f (x + . . . + x) = f (x) + . . . + f (x) = n f (x) für alle positiven ganzen Zahlen
n. Wegen 2 · 0 = 0 gilt f (0) = 0, und wegen x − x = 0 ebenfalls f (−x) = − f (x). Die Q–Linearität folgt
nun aus m f ( mn x) = f (nx) = n f (x) für alle ganzen Zahlen n, m mit m 6= 0. Umgekehrt ist jede Q–lineare
Abbildung f : R → R additiv.
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Wir konstruieren nun eine unstetige solche Abbildung. Man wähle eine Basis B von R als Q–Vektorraum
mit 1 ∈ B. Die Abbildung f : R → R die durch lineare Fortsetzung aus f (1) = 1 und f (b) = 0 für b ∈ B,
b 6= 1 hervorgeht hat die gesuchte Eigenschaft.
Man kann außerdem leicht zeigen, dass der Graph Γ f = {(x, f (x)) | x ∈ R} einer unstetigen additiven Abbildung f : R → R dicht in R × R liegt.
(b) Wegen 02 = 0 muss f (0) = 0 oder f (0) = 1 für jede multiplikative Funktion f : R → R gelten. Im
letzteren Fall ist f wegen 0 · x = 0 konstant. Sei nun g : R → R eine additive Funktion, dann definiert
g× (x) = sign(x)eg(ln|x|) eine multiplikative Funktion g× : R → R. Umgekehrt gibt es für jede multiplikative
Funktion f : R → R mit f (0) = 0 eine additive Funktion g : R → R, so dass entweder f (x) = g× (x) oder
f (x) = g× (|x|) für alle x ∈ R gilt. Nun ist f genau dann unstetig, falls g unstetig oder konstant ist.
(c) Aus Teil (a) wissen wir, dass eine Funktion f : R → R, die additiv ist, Q–linear sein muss. Ist f zudem multiplikativ, so ist f monoton: Es gilt x ≥ y für x, y ∈ R genau dann, wenn x − y = a2 für ein a ∈ R.
Hieraus folgt nun, dass f stetig ist. Genauer ist entweder f = 0 oder f = id.
—
S 3.3. Seien (X, dX ) und (Y, dY ) metrische Räume. Die Funktionenfolge fn : X → Y konvergiere gleichmäßig gegen f : X → Y . Alle fn seien stetig in a ∈ X / stetig auf X
/ gleichmäßig stetig / L–lipschitz–stetig. Gilt dies dann auch für f ?
Lösungsskizze: — Sei ε > 0 gegeben. Da
die Folge der fn gleichmäßig gegen f konvergiert, existiert eine
natürliche Zahl N, so dass dY f (x), fn (x) ≤ ε/3 für alle n ≥ N und alle x ∈ X gilt.
Wir nehmen nun an, dass für ein a ∈ X alle fn : X → Y stetig in a sind. Dies gilt insbesondere auch für fN ,
weswegen ein δ > 0 existiert, so dass für jedes x ∈ X aus dX (x, a) ≤ δ stets auch dY ( fN (x), fN (a)) ≤ ε/3
folgt. Aus der Dreiecksungleichung erhalten wir
dY ( f (x), f (a)) ≤ dY ( f (x), fN (x)) + dY ( fN (x), fN (a)) + dY ( fN (a), f (a)),
wobei für alle x ∈ X mit dX (x, a) ≤ δ jeder einzelne Summand kleiner oder gleich ε/3 ist und damit
dY ( f (x), f (a)) ≤ ε gilt.
Sind alle fn stetig auf ganz X, so gilt dies auch für f , da nach dem obigen Argument f nun stetig in jedem
Punkt a ∈ X ist. Die analoge Aussage für gleichmäßige Stetigkeit erhält man durch die Beobachtung, dass
für gleichmäßig stetige fn die Wahl von δ nun unabhängig von a getroffen werden kann.
Seien nun alle fn lipschitz-stetig mit gemeinsamer Lipschitz-Konstante L. Damit erhalten wir für beliebige
x, a ∈ X nun
dY ( f (x), f (a)) ≤ dY ( f (x), fN (x)) + dY ( fN (x), fN (a)) + dY ( fN (a), f (a))
≤ ε/3 + L · dX (x, a) + ε/3.
Da diese Ungleichung für alle ε > 0 gilt folgt schließlich dY ( f (x), f (a)) ≤ L · dX (x, a).
—
4. I NVERSION
Wir betrachten Rn+1 für n ≥ 1 mit dem euklidischen Skalarprodukt und der zugehörigen
Norm |−|. Sei p = (0, . . . , 0, 1) ∈ Rn+1 der „Nordpol“ der Einheitssphäre Sn .
S 4.1. Wir betrachten die folgende Inversionsabbildung
2
(x − p).
h : Rn+1 r {p} → Rn+1 r {p},
h(x) = p +
|x − p|2
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Ist h wohldefiniert und stetig? Berechnen Sie h ◦ h. Ist h ein Homöomorphismus?
Berechnen Sie |h(x)|2 und zeigen Sie so
h(Sn r {p}) = { x ∈ Rn+1 | xn+1 = 0 }
h(Dn+1 r {p}) = { x ∈ Rn+1 | xn+1 ≤ 0 }
h(Bn+1 ) = { x ∈ Rn+1 | xn+1 < 0 }
Dies zeigt auf direkte und elegante Weise: Sn ist eine n–Mannigfaltigkeit (ohne
Rand) und Dn+1 ist eine (n + 1)–Mannigfaltigkeit (mit Rand Sn ).
Lösungsskizze: — Zunächst ist h wohldefiniert, denn für x 6= p ist der Nenner ungleich Null, und es gilt
h(x) 6= p Als Komposition stetiger Abbildungen ist h stetig. Die Eigenschaft h◦h = id rechnet man unmittelbar nach. Somit ist h ein Homöomorphismus (mit h−1 = h). Für die letzten Aussagen nutzen wir aus, dass
unsere Norm vom euklidischen Skalarprodukt induziert wird. Die Bilinearität vereinfacht die Rechnung
erheblich:
4h x | p i
4h x − p | p i 4h x − p | x − p i
+
= 1+
|h(x)|2 = h h(x) | h(x) i = h p | p i +
2
4
|x − p|
|x − p|
|x − p|2
Hieraus lesen wir ab: Es gilt |h(x)| = 1 genau für h x | p i = 0, also xn+1 = 0. Entsprechend gilt |h(x)| ≤ 1
genau für h x | p i ≤ 0, also xn+1 ≤ 0.
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