MAT 701 Topologie / Geometrie

MAT 701
Topologie / Geometrie
Prof. Dr. Anna Beliakova
Prof. Dr. Viktor Schroeder
Mitschrift der Vorlesung im HS11
von Markus Neumann
Inhaltsverzeichnis
I Topologie
3
1 Topologie der Teilmengen des Rn
4
1.1
Oene und abgeschlossene Mengen
. . . . . . . . . . . . . . .
5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.1.1
Oene Mengen
1.1.2
Relativ oene Mengen
1.1.3
Abgeschlossene Mengen
1.1.4
Relativ abgeschlossene Mengen
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
. . . . . . . . . . . . . . . . .
8
. . . . . . . . . . . . .
1.2
Stetige Abbildungen
1.3
Homöomorphismus und Quotientenabbildung
1.4
1.5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . .
2.2
10
10
1.3.1
Homöomorphismus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.3.2
Partition und Quotientenabbildung . . . . . . . . . . .
11
Zusammenhängende Räume . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
Kompaktheit
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Topologische Flächen
2.1
8
15
19
Nützliche Ergebnisse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
n
Flächen in R
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
2.2.2
. . . . . . . .
23
Konstruktion von Flächen durch Kleben
19
2.3
Intrinsische Eigenschaften von Flächen
. . . . . . . . . . . . .
32
2.4
Klassikation von kompakten Flächen . . . . . . . . . . . . . .
33
3 Simpliziale Flächen
41
3.1
Simplexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
3.2
Simplizialkomplexe
45
3.2.1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
3.3
Simpliziale Flächen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Unterteilungen:
50
3.4
Euler Charakteristik
52
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
4 Beweis des Hauptsatzes
4.1
53
Flächen mit Rand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 Gauss-Bonnet / Brouwer
58
59
5.1
Simpliziale Krümmung und simplizialer Gauss-Bonnet Satz . .
59
5.2
Brouwer Fixpunktsatz
60
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
Teil I
Topologie
3
Kapitel 1
Topologie der Teilmengen des
Rn
Der Begri Topologie stammt aus dem Griechischen (topos = Ort, logos =
Lehre) und bezeichnet die Wissenschaft über den Raum.
In der Geometrie sind zwei Objekte äquivalent, falls sie kongruent sind. So
sind z.B. zwei Dreiecke äquivalent, falls man sie aus Papier ausschneiden und
aufeinander legen kann und sie punktweise übereinstimmen.
In der Topologie betrachtet man Objekte bis auf eine andere Äquivalenzrelation, gegeben durch stetige Deformation. Man kann sich die Objekte als
Gummimasse vorstellen, welche man ziehen, stauchen, verbiegen und drehen
kann, (nur nicht zerschneiden), und wenn nach all diesen Deformationen zwei
Objekte übereinstimmen, so sind sie topologisch äquivalent. Wir befassen uns
Abbildung 1.1: Kreis und Quadrat sind äquivalent
in der Topologie mit wesentlichen Eigenschaften eines Raumes.
Topologie entstand im 19. Jahrhundert aus der Analysis und den Dierentialgleichungen.
Das Problem: Den Lösungsraum einer Dierentialgleichung verstehen.
Zum Beispiel:
•
Kann man durch Deformation von einer Lösung zu jeder anderen gelangen?
4
•
Ist der Lösungsraum zusammenhängend, kompakt, oen oder abgeschlossen?
1.1 Oene und abgeschlossene Mengen
Beispiel n = 1:
(a, b) = {x ∈ R | a < x < b} oenes Intervall
[a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b} abgeschlossenes Intervall
1.1.1 Oene Mengen
Denition 1.1.
p ∈ Rn , r > 0.
Or (p, Rn ) = Or (p) = {x ∈ Rn | ||x − p|| < r} heisst oener Ball mit Zentrum
p und Radius r.
Or (p, Rn ) = Or (p) = {x ∈ Rn | ||x − p|| ≤ r} heisst abgeschlossener Ball.
Denition 1.2.
Sei
Eine Teilmenge
A ⊂ Rn
ist oen
⇔ ∀p ∈ A ∃ > 0 :
O (p) ⊂ A
Beispiel
• Rn
ist oen in
Radius
r
Rn .
(Für jeden Punkt
nehmen und
R2 ,
Or (p)
p∈R
kann man einen beliebigen
n
liegt immernoch in R )
x ∈ R in R2 durch (x, 0) identiziert wird und daher ist für jeden Radius r Or ((x, 0)) keine Teilmenge
von R,, da (x + r, r) ∈
/ R.
• R
ist nicht oen in
• ∅
ist oen, da keine Punkte enthalten sind und damit die Aussage
da jeder Punkt
immer wahr ist.
Lemma 1.1.
Beweis.
Ein oener Ball ist oen.
x ∈ Rn und 0 < r ∈ R beliebig.
n
Wir betrachten Or (x) ⊂ R .
Zu Zeigen: ∀y ∈ Or (x)∃ > 0 : O (y) ⊂ Or (x).
Sei < r − ||y − x||. Dann gilt:
∀z ∈ O (y) :
Seien
5
||z − x|| ≤ ||z − y|| + ||y − x|| < + ||y − x|| < r − ||y − x|| + ||y − x|| = r
| {z }
<
⇒ z ∈ Or (x)
⇒ O (y) ⊂ Or (x)
Eigenschaften von oenen Teilmengen in Rn :
• Rn
• ∅
ist oen
ist oen
•
Eine Vereinigungen von oenen Mengen ist oen (auch unendlich viele)
•
Eine Schnittmenge endlich vieler oener Mengen ist oen
1.1.2 Relativ oene Mengen
Denition 1.3.
A ⊂ Rn
Or (p, A) := Or (p) ∩ A = {x ∈ A | ||x − p|| < r}
Zentrum p und Radius r .
Denition 1.4.
Eine Teilmenge
i)
ii)
∃
Sei
A ⊂ Rn
S ⊂ A ist relativ
heisst oener Ball in
A
mit
Sei
eine oene Menge
oen bezüglich
U ⊂ Rn ,
so dass
∀p ∈ S ∃p > 0 : Op (p, A) ⊂ S
6
A
(oder oen in
S =U ∩A
A) ⇐⇒
Beispiele
Sei
A = [0, 4] × [0, 4]
Abbildung 1.2:
O1 ((2, 2), A)
ist relativ oen
Abbildung 1.3:
O1 ((0, 2), A)
ist relativ oen
(Diese Bälle sehen nicht unbedingt wie Bälle aus)
Lemma 1.2.
i)
⇐⇒
ii)
Beweis. i) ⇒ ii)
∃U ∈ Rn oen, mit S = U ∩ A.
∀p ∈ S ⇒ p ∈ U . Da U oen ⇒ ∃ > 0 : O (p) ⊂ U ⇒ O (p) ∩ A =
O (p, A) ⊂ S
ii) ⇒ i)
∀p ∈ S ∃p > 0 : Op (p, A) ⊂ S
S
Sp∈S Op (p, A) ⊂ S undSes gilt:
p∈S Op (p, A) ⊃ SS⇒
p∈S Op (p, A) = S
n
n
Sei U ⊂ R , U :=
p (p, R ).
p∈S O
S
n
U ist oen und U ∩ A =
O
(p,
R
)
∩A
p
p∈S
S
= p∈S Op (p, A) = S
7
Eigenschaften:
• A und ∅ sind oen in A. (A kann auch abgeschlossen sein bezüglich Rn
und ist doch relativ oen in A!)
•
Eine Vereinigung von relativ oenen Teilmengen von
•
Eine Schnittmenge von endlich vielen relativ oenen Teilmengen von
A
ist oen in
A
ist oen in
A.
A.
1.1.3 Abgeschlossene Mengen
Denition 1.5.
Eine Teilmenge
C ⊂ Rn
ist abgeschlossen in
Rn , falls Rn \C
oen ist.
Beispiele
• ∅, Rn
n
sind abgeschlossen. (R
• p ∈ Rn
\ ∅ = Rn , Rn \ Rn = ∅)
ist abgeschlossen.
• [a, b] ⊂ R
ist abgeschlossen, da
Lemma 1.3.
i)
∅, Rn
(−∞, a) ∪ (b, ∞)
oen ist.
sind abgeschlossen
ii) Eine Vereinigung von endlich vielen abgeschlossenen Mengen ist abgeschlossen.
iii) Der Durchschnitt von abgeschlossen Mengen ist abgeschlossen.
1.1.4 Relativ abgeschlossene Mengen
Denition 1.6.
sen in
A,
∃
A ⊂ Rn .
Eine Teilmenge
C⊂A
ist relativ abgeschlos-
falls:
i) die Menge
ii)
Sei
A\C
relativ oen in
eine abgeschlossene Teilmenge
Lemma 1.4.
i)
⇔
ii)
8
A
ist.
D ⊂ Rn : C = D ∩ A
Beweis. i) ⇒ ii):
A \ C ist oen in A
⇒ ∃U ⊂ Rn oen mit A \ C = U ∩ A
⇒A\U =C
n
Sei D := R \ U abgeschlossen.
D ∩ A = (Rn \ U ) ∩ A
= (Rn ∩ A) \ U
=A\U =C
ii) ⇒ i):
∃D ⊂ Rn abgeschlossen mit C = D ∩ A
n
Sei U := R \ D oen
A \ C = A \ (D ∩ A) = A \ D = A ∩ (Rn \ D) = A ∩ U
⇒ A \ C ist oen.
Beispiele
• [a, b) ⊂ R
•
Für
ist weder oen noch abgeschlossen.
c < a ist [a, b) ⊂ [c, b) abgeschlossen in [c, b), da [c, a) oen in [c, b).
Eigenschaften:
• A, ∅
•
A
Eine Vereinigung von endlich vielen in
von
•
abgeschlossen in
A
ist abgeschlossen in
A
abgeschlossenen Teilmengen
A
Der Durchschnitt von abgeschlossenen Teilmengen von
schlossen in
Denition 1.7.
ist abge-
A
D ⊂ A ⊂ Rn .
Der Abschluss D von D in A ist der
Teilmengen von A, die D enthalten.
Beispiele
A
Sei
D = (0, 1), A = [0, 1)
0
Finde D in A und in A
DA = [0, 1), DA0 = (0, 1]
Seien
9
Durchschnitt aller abgeschlossenen
und
A0 = (0, 1]
1.2 Stetige Abbildungen
Denition 1.8.
f
A, B ⊂ Rn
Seien
und
f :A→B
eine Abbildung.
ist stetig falls
1.
∀p ∈ A : ∀ > 0 ∃δ > 0 : ||x − p|| < δ ⇒ ||f (x) − f (p)|| < 2.
∀U ⊂ B
3.
∀p ∈ A und ∀U ⊂ B
und f (V ) ⊂ U
oen
⇒ f −1 (U ) ⊂ A
oen
oen mit
f (p) ∈ U ⇒ ∃V ⊂ A
oen mit
p∈V
Satz 1.5. 1. ⇔ 2. ⇔ 3.
Beweis.
In Analysis I
Eigenschaften:
• f ◦g
stetig
⇔f
und
g
stetig
oen
oen
oen
• f : A → B ist abgeschlossen
⇔ ∀U ⊂ A abgeschlossen
⇒ f (U ) ⊂ B abgeschlossen
1.3 Homöomorphismus und Quotientenabbildung
1.3.1 Homöomorphismus
Denition 1.9.
f
Seien
A, B ⊂ Rn
und
f :A→B
eine Abbildung.
ist eine Homöomorphismus falls sie bijektiv und sowohl
f
als auch
f −1
stetig sind.
Bemerkung
f :A→B
schreibt A ≈ B .
Falls ein Homöomorphismus
man A ist homöomorph zu
B
und
Dies deniert eine Äquivalenzrelation.
10
existiert, dann sagt
Beispiele
1.
(a, b) ≈ R ∀a, b ∈ R :
f:
g:
g◦f :
π π
(a, b) → − ,
2 2
π(b + a)
π
x−
x 7→
b−a
2(b − a)
π π
− ,
→R
2 2
x 7→ tan(x)
(a, b) → R ist Homöomorphismus
2.
[0, 1] ∪ (2, 3] → [0, 2]
x,
x ∈ [0, 1]
x 7→
x − 1, x ∈ (2, 3]
g:
• g
ist injektiv und surjektiv
• g
ist stetig
⇒
bijektiv
• g ist jedoch kein Homöomorphismus, da
g −1 : [0, 2] → [0, 1] ∪ (2, 3] nicht stetig:
U = (0, 1] ist oen in [0, 1] ∪ (2, 3]
(g −1 )−1 (U ) = (0, 1] ist nicht oen in [0, 2].
1.3.2 Partition und Quotientenabbildung
Denition 1.10.
Eine Partition einer Menge
X ist eine Menge P , deren
X sind, s.d. jedes Element
Elemente nicht-leere, disjunkte Teilmengen von
von
X
in genau einem Element von
P
∀Ai ∈ P :
S
• X = Ai ∈P Ai
Es gilt
• Ai ∩ Aj = ∅ ∀i 6= j
• Ai 6= ∅
11
enthalten ist.
Beispiel
= [0, 1] ∪ (2, 4]
= [3, 4] ∪ {1 elementige Mengen}
= [0, 1] ∪ (2, 3]
→Y
x,
x ∈ [0, 1] ∪ (2, 3]
x 7→
3,
x ∈ [3, 4]
X
P
Y
q:X
q : X → Y ist surjektiv
U ⊂ Y oen ⇔ q −1 (U ) oen in X
Denition 1.11.
Seien
A, B ⊂ Rn , q : A → B
ist eine Quotientenabbildung
falls
• q
ist surjektiv
• ∀U ⊂ B
oen
Denition 1.12.
⇔ q −1 (U )
ist oen in
A
X, Y ⊂ Rn , P eine Partition von X .
Y ist Identikationsraum von X und P , falls eine Quotientenabbildung q :
X → Y existiert mit {q −1 (y)|y ∈ Y } = P .
Seien
Bemerkung
• q
•
ist stetig.
Es muss nicht sein, dass für alle Partitionen von
X
ein solches
Y
exi-
stiert, aber falls es existiert, ist es eindeutig.
1.4
Zusammenhängende Räume
Denition 1.13.
A ⊂ Rn .
A ist zusammenhängend falls A 6= A1 ∪ A2 : A1 ∩ A2 6= ∅,
A und Ai 6= ∅.
Sei
wobei
Oder:
A = A1 ∪ A2 : A1 ∩ A2 = ∅ und Ai oen in A ⇒ A1 ∨ A2 = ∅
Im Fall n = 1 :
A ⊂ R zusammenhängend ⇔ A ist ein Intervall
12
Ai
oen in
A nicht zusammenhängend
⇒A
S
Aj = ∅, A = i Ai , Ai 6= ∅.
Satz 1.6.
besteht aus Komponenten
A ⊂ Rn , B ⊂ Rm und f : A → B
A zusammenhängend ⇒ f (A) zusammenhängend.
Beweis.
Seien
Sei
f (A)
Ai ,
wobei
Ai ∩
stetig. Dann gilt:
nicht zusammenhängend.
disjunkte Vereinigung
⇒ f (A) = V
t
W mit V, W 6= ∅
−1
−1
A = f (V ) ∪ f (W ), da f stetig ist, folgt f −1 (V )
in A ⇒ A nicht zusammenhängend.
Denition 1.14.
und
f −1 (W )
sind oen
A ⊂ Rn und x, y ∈ A.
Ein Weg von x nach y in A ist
c : [0, 1] → A stetig mit c(0) = x und c(1) = y .
Sei
Denition 1.15. A
von
x
nach
ist wegzusammenhängend falls
∀x, y ∈ A ∃
ein Weg
y.
Beispiel Rn
ist wegzusammenhängend.

 
y1
 .. 
 .. 
x =  . , y =  . 
xn
yn

  
y 1 − x1
x1
 ..   .. 
c(t) = t ·  .  +  . 
y n − xn
xn
Lemma 1.7.
x1

Gerade
Wegzusammenhängende Teilmengen in
Rn
sind zusammenhän-
gend.
Beweis.
Sei
A ⊂ Rn
wegzusammenhängend.
Annahme: A ist nicht zusammenhängend.
⇒ A = A1 t A2 , Ai 6= ∅.
Sei x ∈ A1 , y ∈ A2 . ⇒ ∃c : [0, 1] → A, 0 7→ x, 1 7→ y .
Wegen der Stetigkeit von c([0, 1]) ⊂ A = (c([0, 1]) ∩ A1 ) t (c([0, 1]) ∩ A2 ) ⇒
{z
} |
{z
}
|
c([0, 1])
ist nicht zusammenhängend.
13
oen nach Denition
oen nach Denition
Mittelwertsatz:
∀z
zwischen
f (a)
[a, b] ⊂ R, f : [a, b] → R
f (b) ∃c ∈ [a, b] : f (c) = z
Sei
und
stetig.
Beweis. [a, b] ist zusammenhängend ⇒ f ([a, b]) ist auch zusammenhängend.
⇒ f ([a, b])
ist ein Intervall
(da jede zusammenhängende Teilmenge von
⇒ f (a) ∈ f ([a, b]) 3 f (b) ⇒ ∀z
Beispiel
zwischen
R ein Intervall ist.)
f (a) und f (b) ⇒ z ∈ f ([a, b])
nicht jede zusammenhängende Menge ist wegzusammenhängend.
p = (0, 1) ∈ R2
K : = {p} ∪ [0, 1] × {0} ∪
∞ [
1
n=1
Abbildung 1.4:
K
2.
ist zusammenhängend.
K ist nicht zusammenhängend.
A, B oen, p ∈ A
Annahme:
⇒K =AtB
1.
× [0, 1]
zusammenhängend, aber nicht wegzusammenhängend.
Behauptung: K
Beweis.
n
mit
A \ {p} =
6 ∅
Betrachte K \ {p}
⇒ K \ {p} = (A \ {p}) t B
A \ {p} oen in K \ {p}
⇒ K \ {p} ist nicht zusammenhängend.
aber nach der Konstruktion von K ist K \ {p}
wegzusammenhängend.
A = {p}
Da A oen ⇒ ∃ > 0 : O (p, K) ⊂ A
Da A = {p} ⇒ O (p, K) = {p}, dies widerspricht der Konstruktion
1
von K , da ∀ > 0 ∃n ∈ N :
×
[0,
1]
∩ O (p, K) 6= ∅. n
14
Lemma 1.8. K
Beweis.
ist nicht wegzusammenhängend
K ist wegzusammenhängend.
⇒ ∃c : [0, 1] → K : c(0) = p, c(1) = (1, 1).
1.
Annahme:
c ∩ ([0, 1] × {0}) = ∅
2
Sei π1 : R → R die Projektion auf die x-Achse
f1 := π1 ◦ c : [0, 1] → R ist stetig mit f1 (0) = 0 und f1 (1) = 1.
Nach dem Mittelwertsatz gilt:
∀r ∈ [0, 1]∃a : f1 (a) = r
Sei r ∈ R \ Q ⇒ r ∈
/K
2.
c ∩ ([0, 1] × {0}) 6= ∅
c−1 ([0, 1] × {0}) ist abgeschlossene Teilmenge von [0, 1].
⇒ dies ist ein abgeschlossenes Intervall, z.B. [w, z]
da c(0) = p ∈
/ c−1 ([0, 1] × {0}) gilt, dass w > 0.
2
Sei π2 : R → R die Projektion auf die y -Achse.
f2 := π2 ◦ c : [0, 1] → [0, 1] ist stetig mit f2 (0) = 1 und f2 (w) = 0.
1
Nach dem Mittelwertsatz ∃d ∈ [0, w] : f2 (d) =
2
⇒ c([0, d]) ∩ ([0, 1] × {0}) = ∅
Nun sind wir wieder im Fall 1.
c|[0,d] : [0, d] → K
ergibt den selben Widerspruch wie bei 1.
1.5 Kompaktheit
Denition 1.16.
Eine Familie von
A ⊂ Rn
Teilmengen {Ai }i∈I
Sei
wenn
A=
von
[
A
heisst eine Überdeckung von
A
Ai
i∈I
|I| < ∞
oen ∀i ∈ I .
Überdeckungen von A, so
Eine Überdeckung ist endlich, falls
Eine Überdeckung ist oen, falls
Sind
{Ai }i∈I
und
überdeckung von
{Cj }j∈J
{Ai }i∈I ,
Ai
heisst
{Cj }j∈J
eine Teil-
falls
∀j ∈ J ∃i ∈ I : Cj = Ai
Denition 1.17.
Überdeckung von
Eine Teilmenge
A
A ⊂ Rn
ist kompakt, wenn jede oene
eine endliche Teilüberdeckung besitzt.
15
Bemerkung
Es ist nicht einfach, mit der Denition zu zeigen, dass eine
Menge kompakt ist, da man für alle Überdeckungen eine endliche Teilüberdeckung nden muss.
Einfacher ist es, mit Hilfe der Denition zu zeigen, dass etwas nicht kompakt
ist.
Beispiele
1.
A = {p1 , ..., pn } ⊂ R, kompakt.
Sei {Ai }i∈I eine oene Überdeckung von A.
⇒ ∀pk ∈SA ∃Aik : p ∈ Aik
m
Also ist
k=1 Aik = A eine endliche Teilüberdeckung.
2.
(0, 1) ⊂ R ist nicht kompakt:
2
n
1
), ...}
Sei U = {(0, ), (0, ), ..., (0,
2
3
n+1
eine Überdeckung von
(0, 1)
Annahme: Es existiert eine endliche Teilüberdeckung. Sei N die grösste
N
Zahl, so dass (0,
) ⊂ {Teilüberdeckung} ⇒ (0, 1) * (0, NN+1 ) N +1
3.
Rn
ist nicht kompakt
Lemma 1.9.
⇒B
(a) Sei
A ⊂ Rn
ist abgeschlossen in
A ⊂ Rn kompakt
⇒ C ist kompakt.
(b) Sei
Beweis.
und
(a) Angenommen,
und
B⊂A
kompakt.
A.
C⊂A
abgeschlossen.
A \ B 6= ∅
(sonst trivial)
A \ B ist oen.
∀x ∈ A \ B gilt {B ∩ (A \ O 1 (x, A))}n<N ist eine oene Überdeckung
n
von B
Da B kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung. Sei also N
die grösste Zahl s.d. B ∩ (A \ O 1 (x, A)) zur Teilüberdeckung gehört.
N
⇒ B ⊂ B ∩ (A \ O 1 (x, A)) ⇒ O 1 (x, A) ⊂ A \ B
n
n
⇒ A \ B ist oen.
zu Zeigen:
U = {Ui }i∈I eine oene Überdeckung von C .
0
0
Ui oen
S in 0C sind ⇒ ∃Ui ⊂ A oen mit Ui = C ∩ Ui
⇒ C ⊂ i∈I Ui
{Ui0 }i∈I ∪ (A \ C) ist eine oene Überdeckung von A
0 m
Da A kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung Ui
.
k i=1
(b) Sei
Da
16
m
⇒ Ui0k ∩ C i=1 ist dann eine endliche Überdeckung von C .
m
0
Da Ui = Ui ∩ C folgt, das {Uik }i=1 eine Teilüberdeckung von U
Denition 1.18.
ist.
A ⊂ Rn .
A ist beschränkt, wenn ein R > 0 existiert, s.d. A ⊂ OR (0, Rn )
Wenn kein solches R existiert, ist A unbeschränkt.
Beispiel
Jeder oene Ball ist beschränkt.
Lemma 1.10.
A
kompakt
Sei
Sei
⇒A
A ⊂ Rn .
ist beschränkt.
Beweis.
Sei {Un }n∈N eine Überdeckung von A mit Un = A ∩ On (0)
A kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung ⇒ ∃N max
A ⊂ ON (0) ⇒ A ist beschränkt.
Da
Satz 1.11
.
Eine Teilmenge
n
beschränkt und abgeschlossen in R
(Heine - Borel)
A ⊂ Rn
ist kompakt
mit
⇔ A
ist
Beweis. ⇒ folgt aus Lemma 5.1 und 5.2
⇐:
?
Wir verwenden folgende Aussagen, die in [ ] bewiesen sind:
•
Jedes abgeschlossene Intervall ist kompakt.
•
Das Produkt von endlich vielen kompakten Teilmengen ist kompakt.
[a, b] × [a, b]
Annahme: A ist abgeschlossen und beschränkt.
×n
Aus Beschränktheit ⇒ ∃R : A ⊂ OR (0) ⇒ A ⊂ [−R, R]
⇒ [−R, R]×n ist kompakt. Nach 1.9 (b) ist A kompakt.
z.B.
Satz 1.12.
Sei
A ⊂ Rn
und
Aus der Kompaktheit von
A
B ⊂ Rm
f : A → B stetig.
f (A) kompakt ist.
und
folgt, dass
Beweis. Sei U = (Ui )i∈I eine oene Überdeckung von f (A).
Zu Zeigen: U besitzt eine endliche Teilüberdeckung.
∀i ∈ I ∃Ui0 ⊂ B oen mit Ui = Ui0 ∩ f (A) (Denition der Oenheit
f −1 (Ui0 ) ist oen in A (da f stetig ist)
{f −1 (Ui0 )}i∈I ist eine oene Überdeckung von A
Da A kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung.
17
in
f (A))
A = f −1 (Ui01 ) ∪ ... ∪ f −1 (Ui0m )
Sm
S
0
−1
oder f (A) = f f
(Ui01 ) ∪ ... ∪ f −1 (Ui0m ) = m
k=1 Uik
k=1 Uik ∩ f (A) =
das ist eine endliche Teilüberdeckung von f (A)
D.h.
Lemma 1.13.
A ⊂ Rn kompakt und f : A → R, dann
Maximum/Minimum in A an.
Das heisst: ∃xmax , xmin : f (xmin ) ≤ f (x) ≤ f (xmax ) ∀x ∈ A
Sei
Proposition 1.14.
Sei
⇒f
A ⊂ Rn , B ⊂ Rm , f : A → B
(a)
A
kompakt
(b)
A
kompakt und
f
surjektiv
(c)
A
kompakt und
f
bijektiv
nimmt
f
ein
stetig.
ist abgeschlossen
⇒f
⇒f
ist Quotientenabbildung
ist Homöomorphismus
Beweis. (a) Sei C ⊂ A abgeschlossen.
Zu Zeigen: f (C) ⊂ B ist abgeschlossen.
Aus 1.9(b)
⇒ f (C)
(b)
⇒ C
ist kompakt. Mit 1.12
ist abgeschlossen.
√
⇒ f (C)
ist kompakt. 1.11
⇒ f −1 (U ) oen ∀U ⊂ B oen.
Zu Zeigen: ∀U ⊂ B : f −1 (U ) oen ⇒ U ⊂ B ist oen.
A\f −1 (U ) ist abgeschlossen in A (nach Voraussetzung) ⇒(a) f (A \ f −1 (U ))
−1
ist abgeschlossen. Da f surjektiv folgt f (A \ f
(U )) = B \ U ⇒ U ist
√
oen in B
f
stetig
(c) Übung
18
Kapitel 2
Topologische Flächen
In diesem Kurs werden wir uns mit Flächen auseinandersetzen, d.h. Mengen,
2
welche lokal wie R aussehen.
Es gibt
•
topologische Flächen
•
glatte Flächen
•
simpliziale Flächen
Dieses Kapitel ist den topologischen Flächen gewidmet.
Bevor wir eine Denition der topologischen Fläche geben, brauchen wir etwas
Vorbereitung:
2.1 Nützliche Ergebnisse
Satz 2.1
.
(Invarianz des Gebietes)
n
X
morph und sei
Beweis.
oen in
R
X, Y ⊂ Rn
Y oen in Rn .
Seien
. Dann ist
zueinander homöo-
?
In [ ]
Bemerkung
Die Existenz eines Homöomorphismus f :
f : Rn → Rn mit f (X)
nicht, dass ein Homöomorphismus
Korollar 2.2
(Invarianz der Dimension)
n
homöomorph zu
R
ist.
19
.
Aus
m 6= n
X → Y bedeutet
= Y existiert.
folgt, dass
Rm
nicht
Beweis.
m
Für
m<n
gilt:
n
R ⊂ R nicht oen, aber Rn ist
⇒ Rm nicht homöomorph zu Rn
oen in
Rn
Notationen:
D2 : = {x ∈ R2 | ||x|| ≤ 1} =: O1 (0, R2 )
S 1 : = ∂D2 = {x ∈ R2 | ||x|| = 1}
Int D2 = {x ∈ R2 | ||x|| < 1} = O1 (0, R2 )
Denition 2.1.
• [−1, 1]
Eine Teilmenge von
Rn ,
die homöomorph ist zu
heisst Bogen (eng. arc)
• D2
heisst Kreisscheibe (eng. Disc)
• S1
heist 1-Sphäre
Lemma 2.3.
B ⊂ Rn eine Kreisscheibe.
Seien h1 , h2 : D → B Homöomorphismen.
⇒ h1 (Int D2 ) = h2 (Int D2 ) und h1 (∂D2 ) = h2 (∂D2 )
Beweis.
Sei
2
Es reicht zu zeigen, dass
oder
h−1
2
h1 (Int D2 ) = h2 (Int D2 )
◦h
| {z }1
(Int D2 ) = Int D2
Homöomorphismus
−1
2
Aus 2.1 folgt, dass h2 ◦ h1 (Int D ) oen ist.
−1
2
1
Annahme: h2 ◦ h1 (Int D ) ∩ S 6= ∅
−1
2
1
⇒ ∃x ∈ h2 ◦ h1 (Int D ) ∩ S (∗)
−1
2
2
Da h2 ◦ h1 (Int D ) oen ⇒ ∀ > 0 : O (x, R )
Annahme (∗)
−1
2
2
1
⇒ h−1
2 ◦ h1 (Int D ) ∩ S = ∅ ⇒ h2 ◦ h1 (Int D ) ⊂
⊂ D2 ,
Widerspruch zur
Int D2
Vertausche h1 und h2 :
−1
2
2
h−1
1 ◦ h2 (Int D ) ⊂ Int D . Wende h2 ◦ h1 auf beiden Seiten
−1
2
2
2
⇒ Int D2 ⊂ h−1
2 ◦ h1 (Int D ) ⇒ h2 ◦ h1 (Int D ) = Int D
Denition 2.2.
B ⊂ Rn eine Kreisscheibe.
2
Für alle Homöomorphismen h : D → B gilt:
2
Int B = h(Int D )
∂B = h(S 1 )
•
Sei
20
an.
•
Sei
T
ein Bogen.
Für alle Homöomorphismen
h : [−1, 1] → T
gilt:
Int T = h((−1, 1))
∂T = h({−1} ∪ {1})
Satz 2.4
.
C ⊂ R2 eine 1-Sphäre.
2
2
1
Dann existiert ein Homöomorphismus H : R → R mit H(S ) = C
2
und es existiert eine Kreisscheibe B ⊂ R , s.d. H|R2 \B = Id.
{z
}
|
(Satz von Schönies)
Sei
(∗)
(∗) H
ist ausserhalb einer Kreisscheibe die Identität.
Beweis.
?
In [ ]
Korollar 2.5
(Jordan Kurvensatz)
(a) Die Menge
R2 \ C
.
Sei
C ⊂ R2
eine 1-Sphäre.
hat 2 zusammenhängende Komponenten, eine davon
beschränkt, die andere unbeschränkt.
C mit der beschränkten Komponente ist eine Kreis∂B = C .
(b) Die Vereinigung von
scheibe
Beweis.
B
mit
Übung
Korollar 2.6.
Seien
B1 , B2 ⊂ R2
Kreisscheiben.
2
Dann existiert ein Homöomorphismus
H : R → R2
mit
H(B1 ) = B2 ,
wel-
cher ausserhalb einer Kreisscheibe die Identität ist.
Beweis.
∃H1,2 : R2 → R2 mit Hi (S 1 ) = ∂Bi .
Hi (D2 ) = Bi ⇒ H := H2 ◦ H1−1 ⇒ H(B1 ) = B2 .
Aus 2.4 folgt,
Die Komposition von 2 Abbildungen, welche aussehalb einer Kreisscheibe die
Identität sind, ist auch die Identität ausserhalb einer Kreisscheibe.
2.2 Flächen in Rn
Denition 2.3. Eine Teilmenge Q ⊂ Rn ist eine (topologische) Fläche, wenn
∀p ∈ Q
eine oene Umgebung in
Q
existiert, die zu
2
Int
| {zD}
≈R2
21
homöomorph ist.
Beispiele
2-Sphäre = S 2 = {x ∈ R2 | ||x|| = 1}
•
Eine
•
Eine Donutoberäche
•
Ein gequetschter Donut ist keine Fläche.
•
Ein Zylinder
= T 2 = S1 × S1
= S 1 × [a, b]
ist eine Fläche.
(Torus) ist eine Fläche.
ist keine Fläche (höchstens eine Fläche mit
Rand).
= S 1 × (a, b)
•
Ein oener Zylinder
•
2.1 ist keine Fläche, da alle roten Punkte keine Umgebung homöomorph
2
zu R haben.
ist eine Fläche.
Abbildung 2.1: Keine topologische Fläche
22
2.2.2 Konstruktion von Flächen durch Kleben
Klebt man die blauen Linien in Pfeilrichtung zusammen, entsteht ein
Zylinder.
Klebt man nun die Seiten des Zylinders aufeinander, entsteht ein Torus.
Klebt man die blauen Linien in unterschiedlicher Richtung, entsteht ein
Möbiusband.
Dazu auf YouTube:
http://www.youtube.com/watch?v=4mdEsouIXGM
Klebt man die Seiten des Zylinders umgekehrt zusammen, entsteht eine
Kleinsche Flasche.
Klebt man einen Kreis in entgegengesetzter Richtung, entsteht eine
2
projektive Ebene P .
23
P2
3
ist die Menge aller Geraden durch den Ursprung in R oder der Identi2
kationsraum von D und einer Partition, wo die Teilmengen Geraden durch
den Ursprung sind.
Denition 2.4.
Sei
D
Ein Verklebungsschema
ein Polygon (mit der Fläche) mit
S
2n
Ecken.
ist eine Markierung aller Kanten von
D
mit Pfei-
len und Buchstaben, wobei jeder Buchstabe doppelt vorkommt.
Ein Verklebungsschema
S
P (S)
induziert eine Partition
von
∂D
wie folgt:
Wähle eine ane Abbildung h zwischen zwei gleich markierten Kanten:
h : Ka → Ka0 , die die Anfangs- und Endpunkte der Kante respektiert.
Die Punkte x und h(x) ∀x ∈ Ka und alle Markierungen a gehören dann zu
einer Teilmenge der Partition
P (S)
P (S).
induziert auch eine Partition der Ecken von
D,
die wir dann Vertex-
partition nennen. Diese Vertexpartition besteht aus Eckenmengen.
Beispiel
eines Verklebungsschemas:
Die Vertexpartition dieses Beispieles ist
gen davon sind
{u, v, w, y, z}
und
{{u, v, w, y, z}, {x}},
die Eckenmen-
{x}.
Abbildung 2.2: Beispiel eines Verklebungsschemas
Denition 2.5.
Wir sagen
X
Sei
D
Satz 2.7
S
ein Verklebungsschema.
ist das Ergebnis der Verklebung von
Identikationsraum von
∃q : D → X
ein Polygon und
D
und
P (S)
Quotientenabbildung mit
? .
(Theorem 2.4.3 in [ ])
D
entlang
S,
falls
X
der
ist, d.h.
−1
{q (x)|x ∈ X} = P (S)
(a) Sei
D
ein Polygon und
S
sein Ver-
klebungsschema. Dann gilt:
Das Ergebnis der Verklebung von
24
D
entlang
S
ist eine Fläche
Q ⊂ Rn
Q ⊂ Rn eine beliebige kompakte und zusammenhängende Fläche.
Dann gilt: ∃D und S , s.d. Q das Ergebnis der Verklebung von D entlang
S ist.
(b) Sei
Um diesen Satz beweisen zu können, brauchen wir einige Vorbereitungen:
Lemma 2.8.
Sei
W
eine Eckenmenge in einer Vertexpartition mit
k ≥ 1
Ecken.
W = {w1 , w2 , ..., wk }, s.d
i ∈ {1, ..., k} eine Seite, die wi enthält, mit einer Seite, die wi+1
verklebt wird, (wobei k + 1 = 1).
Dann existiert eine Nummerierung von
Beweis
k = 1:
(2.8)
.
durch Induktion über
√
Induktionsannahme:
enthält,
k:
In diesem Fall werden beide Seiten, die
verklebt.
für alle
w1
enthalten, mit einander
Die Aussage gilt für alle Vertexpartitionen mit bis
k − 1 Ecken.
W eine Vertexpartition eines Polygons D mit k Ecken und sei v ∈ W
eine Ecke. Wir schneiden nun aus D einen Keil, der v und die beiden Seiten,
die v enthalten (a, b), enthält, heraus und kleben den Keil wieder zu. So er0
halten wir ein neues Polygon D mit zwei Seiten weniger als D .
zu
Sei nun
→
Abbildung 2.3:
D
→
Abbildung 2.4:
ohne
D
v
D0
D0 wie folgt:
Wir nehmen S für alle Seiten, welche nicht mit a oder b verklebt werden. Die
beiden Seiten, welche mit a und b verklebt würden, verkleben wir miteinanWir denieren ein Verklebungsschema
S0
Abbildung 2.5:
für
der.
W 0 die Eckenmenge von D0 und S 0 , welche alle Ecken von W enthält,
v . W 0 hat k − 1 Ecken, also gilt die Induktionsannahme. Wir können
Sei nun
ausser
25
W0
so wählen, dass wk−1 in b enthalten ist und
w1 in a. (Dies funktioniert, da in D0 a und b verklebt werden.) Setzen wir
0
nun v = wk in diese Vertexpartition ein (also setzen den Keil wieder in D ),
nun die Nummerierung von
haben wir wieder eine gewünschte Nummerierung von
W
Nun können wir mit dem Beweis des Satzes beginnen.
Beweis
(2.7)
.
(a)
Plan:
Zuerst konsturieren wir Abbildungen von ver2
schiedenen Teilen eines Polygons D zu gewissen Kreisscheiben in R .
m
Damit werden wir eine stetige Abbildung H : D → R
konstruie-
m von der Seitenanzahl von D und dem Verklebungsschema
S abhängt. Danach werden wir zeigen, dass für alle x, y ∈ D gilt:
H(x) = H(y) ⇔ x, y liegen in der selben Menge von P(S).
Sei D ein Polygon mit n Seiten, wobei n gerade ist. O.b.d.A. können
wir annehmen, dass n ≥ 4; sonst wäre n = 2 und man könnte beide
Seiten halbieren, womit man wieder im Fall n = 4 wäre.
Weiter nehmen wir an, dass D ein reguläres Polygon mit Zentrum
0 ∈ R2 und Innkreisradius 1 ist. Damit gilt, dass die Seitenlänge
= 2 tan πn ist. Wir denieren An = tan πn .
Sei E eine Kantenmenge von D und dem Verklebungsschema S . Seien
a und a0 die Kanten in E und p, p0 deren Mittelpunkte. Wir denieren
ren, wobei
die Menge
UE := OAn (p, D) ∪ OAn (p0 , D).
UE
ist die Vereinigung von zwei Halbkreisen mit Teilen ihrer Ränder.
2
Wir konstruieren eine Abbildung gE : UE → OAn (0, R ) indem wir
OAn (p, D) auf die obere Hälfte von OAn (0, R2 ) und OAn (p0 , D) auf
die untere Hälfte abbilden, so dass die Seiten der beiden Halbkreise
nach dem Verklebungsschema
S
verklebt werden. (Evt. muss man einen
Halbkreis spiegeln.) gE ist oensichtlich injektiv ausser auf den Kan0
ten a und a und es gilt gE (x) = gE (y) für alle x, y ∈ UE , falls x und
y
in der selben Teilmenge von P(S) liegen. Das Bild von gE ist die
OAn (0, R2 ). Diese Abbildung gE existiert für jede
ganze Kreisscheibe
Kantennmenge
Nun sei
W
E.
eine Eckenmenge der Vertexpartition von
D
hält mindestens eine Ecke. Wir denieren die Mengen
UE :
UW :=
[
w∈W
26
OAn (w, D).
und
Uw
S; W
ent-
analog zu
UW
ist eine Vereinigung von keilförmigen Stücken. Wir wollen eine Ab2
bildung gW : UW → OAn (0, R ) mit gleichen Eigenschaften wie gE
konstruieren:
Nehme an,
Ecke
w.
W
enthalte
k
Ecken. Ist
k = 1,
so enthält
W
eine einzige
Diese bilden wir auf den Ursprung ab und spannen den Keil
darum, bis die beiden Seiten aufeinander liegen. Dies überdeckt genau
OAn (0, R2 ).
Abbildung 2.6:
k ≥ 2.
W
mit nur einer Ecke
OAn (0, R2 )
in k gleichF1 , ..., Fk ). Wir können die Ecken in W mit
w1 , ..., wk nummerieren, so wie in 2.8. Die Abbildung gW ist so deniert,
dass sie alle wi auf den Ursprung abbildet und jeden Keil OAn (wi , D)
auf den Keil Fi . (So dass die Seiten der benachbarten Keile aufeinander
Sei nun
Wir teilen die Kreisscheibe
grosse Keile (Kuchenstücke
liegen.) Es gibt jeweils zwei Möglichkeiten, wie wir einen Keil abbilden.
(Man kann die Seiten vertauschen, oder nicht.) Fixiert man aber die
Abbildung eines Keils, so werden mit 2.8 alle andere Abbildungen entsprechend auch xiert. Man sieht, dass
gW
injektiv ist, ausser auf den
Seiten der Keile und den Eckpunkten, und dass für alle
x, y ∈ Uw
g(x) = g(y), falls x, y in der selben Teilmenge von P(S) liegen. Das
gW ist OAn (0, R2 ) und für jede Eckenmenge der Vertexpartition existiert eine Abbildung gW .
Um die Analogie zu wahren, denieren wir UD als die oene Kreisschei2
2
be Int D , welche dem Polygon D eingeschrieben ist. gD : UD → Int D
Bild von
sei die Identität, welche sowohl stetig als auch injektiv ist.
Bezeichne mit
E
die Menge aller Kantenmengen von
die zugehörige Vertexpartition.
27
D
unter
S
und
V
Es ist leicht zu sehen, dass die Familien von Mengen
{UE }E∈E ∪ {UW }W ∈V ∪ {UD }
eine oene Überdeckung von
D
ist. (Die Mengen sind relativ oen in
D)
Wähle
2 > 1 > 0
und deniere die folgenden Mengen:
UE0 = OAn −1 (p, D) ∪ OAn −1 (p0 , D)
UE00 = OAn −2 (p, D) ∪ OAn −2 (p0 , D)
∀E ∈ E ;
0
UW
=
[
OAn −1 (w, D)
w∈W
00
UW
=
[
OAn −2 (w, D)
w∈W
∀W ∈ V ;
UD0 = O1−1 (0, R2 )
UD00 = O1−2 (0, R2 )
Für
1,2
klein genug, sind die Familien von Mengen
0
{UE0 }E∈E ∪ {UW
}W ∈V ∪ {UD0 }
00
{UE00 }E∈E ∪ {UW
}W ∈V ∪ {UD00 }
00
0
00
0
oene Überdeckungen von D . Beachte, dass jeweils UE ( UE , UW ( UW
0
00
und UD ( UD . Damit haben wir den ersten Schritt dieses Teils des Beweises geschat.
28
Für den nächsten Schritt denieren wir einige Hilfsfunktionen:
Seien
λ, µ : [0, ∞) → [0, ∞)
Funktionen mit folgenden Graphen:
Abbildung 2.7: Hilfsfunktionen
Deniere nun für jede
E∈E
λ
und
µ
eine reellwertige Funktion

 λ(||x − p||),
φE (x) =
λ(||x − p0 ||),

0,
für
für
für
φE : D → R;
x ∈ OAn −1 (p, D);
x ∈ OAn −1 (p0 , D);
x ∈ D \ UE0 ,
p, p0 wie oben sind. φE ist wohldeniert und stetig. Wichtig ist,
dass φE (x) = φE (y) ist, wenn x und y durch S verklebt werden. Weiter
0
haben wir φE (x) > 0 ∀x ∈ UE . Wir denieren φW : D → R genau
analog zu φE und dazu φD : D → R durch φD (x) = µ(||x||), welche die
analogen Eigenschaften wie φE und φW besitzt.
Um Platz zu sparen, denieren wir ∆ := E ∪ V ∪ {D}.
0
00
Dadurch erhalten wir für alle δ ∈ ∆ die Mengen Uδ , Uδ und Uδ sowie
wobei
29
die Funktionen
gδ
und
φδ
überdecken, folgt, dass für jedes
s.d.
Uδ0 ganz D
δ ∈ ∆ existiert,
wie oben deniert. Da die Mengen
x∈D
mindestens ein
φδ (x) > 0.
Als nächstes denieren wir für jedes
durch
hδ (X) =
δ ∈ ∆ eine Abbildung hδ : D → R2
φδ (x) · gδ (x),
0,
für
für
x ∈ Uδ ;
x ∈ D \ Uδ0 .
Auch diese Abbildung ist wohldeniert und stetig.
Nun sind wir bereit für den letzten Schritt: Wir nehmen an, dass ∆ aus
d Elementen besteht (δ1 , ..., δd ). (d hängt von der Anzahl der Seiten von
D und dem Verklebungsschema ab.) Wir denieren
2
... × R}2 = R3d
H : D → |R × {z
... × R} × R
| × {z
d-mal
d-mal
durch
H(x) = (φδ1 (x), ..., φδd (x), hδ1 (x), ..., hδd (x)).
Die Abbildung
H
ist die zu Beginn des Beweises gesuchte. Da jede
H stetig. Durch die KomH eine Quotientenabbildung
Komponentenfunktion stetig ist, ist auch
paktheit von
D
und 1.14 (b) folgt, dass
ist. Um den Beweis zu vervollständigen, müssen wir noch zeigen, dass
1.
H(D)
2.
H(x) = H(y) ⇔ x und y
2. Seien
eine Fläche ist
x, y ∈ D.
Gilt
liegen in der selben Teilmenge von
x = y,
P(S)
so haben wir nichts zu zeigen, da
x
P(S) gehören.
Sei also x 6= y . Aus der Denition von H folgt, dass φδi (x) = φδi (y)
und hδi (x) = hδi (y) ∀1 ≤ i ≤ d. Wie früher bemerkt, gibt es mindestens ein δj mit φδj (x) > 0 und somit auch φδj (y) > 0. Durch
die Denition von φδj folgt, dass x, y ∈ Uδj . Da hδj (x) = hδj (y)
ist, folgt dass φδj (x) · gδj (x) = φδj (y) · gδj (y) und daraus, dass
gδj (x) = gδj (y).
und
y
zur selben Teilmenge von
30
Es gibt nun also 3 Fälle:
δj ist eine Eckenmenge
δj ist eine Kantennmenge
δj = D
Ist
δj = D,
so ist
gδj
x=y gδj injektiv auf Uδj ∩D
wenn x und y in der selben
injektiv und damit
Ist δj eine Ecken- oder Kantennmenge, so ist
und
gδj (x) = gδj (y) genau
P(S) liegen.
dann,
Teilmenge von
1. Wir müssen zeigen, dass jeder Punkt H(x) ⊂ H(D) eine oe2
00
ne Umgebung homöomorph zu Int D besitzt. Da {Uδ }δ∈∆ eine
00
Überdeckung von D ist, existiert ein η ∈ ∆ s.d. x ∈ Uη . Um den
Beweis zu beenden, brauchen wir einen Homöomorphismus zwi2
schen H(Uη00 ) und einer abgeschlossenen Kreisscheibe in R . Wir
denieren
π : H(Uη00 ) → R2
wie folgt:
Für einen beliebigen Punkt y ∈ H(Uη00 ) sei π(y) = gη (z), wobei
z ein Punkt in Uη00 ist mit y = H(z). Wir müssen zeigen, dass π
injektiv ist. Seien π(y1 ) = π(y2 ). Dann ist gη (z1 ) = gη (z2 ). D.h.
z1 und z2 werden durch S miteinander verklebt und damit ist
H(z1 ) = H(z2 ) und damit y1 = y2 . Also ist π injektiv und π ist
stetig. Da Uη00 abgeschlossen und beschränkt ist, ist sie nach 1.11
auch kompakt. Da H stetig ist, ist auch H(Uη00 ) kompakt. Da π
stetig und injektiv ist, ist es ein Homöomorphismus auf sein Bild.
00
2
Das Bild von π ist gη (Uη ), was der Kreisscheibe OAn −2 (0, R ) entspricht. Damit haben wir gezeigt, dass H(D) eine Fläche ist und
sind fertig.
(b) Für diesen Beweis verwenden wir die Ergebnisse des nächsten Kapitels,
insbesondere den Satz von Moise (3.8):
∀Q∃K 2-Komplex mit Q ≈ |K|, wobei K eine simpliziale Fläche ist.
|K| bekommt man durch Verkleben der 2-Simplexe entlang ihrer Seiten.
Wir führen den Beweis durch Induktion über die Anzahl der Polygone.
Im Fall
n=1
folgt die Behauptung.
Angenommen, wir haben
Falls ein Polygon
Di
n
Polygone
D1 , ..., Dn .
existiert, bei dem die Kanten alle miteinander
31
verklebt werden, dann ist die Fläche nicht zusammenhängend.
⇒
es gibt mindestens eine Kante in
deren Polygons
Dj
Di ,
die mit einer Kante eines an-
Dj
entlang dieser Kante und da-
verklebt ist.
In diesem Fall verkleben wir
Di
mit
durch wird die Anzahl der Polygone um 1 verringert.
Mit der Induktionsannahme folgt somit die Behauptung.
2.3 Intrinsische Eigenschaften von Flächen
Lemma 2.9.
Eine Fläche in
zusammenhängend
⇔
Rn
ist
wegzusammenhängend
Beweis. ⇐ bereits bewiesen.
Q ⊂ Rn zusammenhängend.
Sei p ∈ Q und A = {q ∈ Q|∃ Weg von p nach q}
Strategie: wir zeigen, dass A oen und abgeschlossen ist.
Stimmt die Behauptung, dann folgt, dass A eine nicht leere Zusammenhangskomponente von Q ist und da Q zusammenhängend ist, folgt A = Q.
D.h. ∀q1 , q2 ∈ Q∃ Weg von qi nach p. Dann aber existiert ein Weg von q1 zu
q2 . ⇒ A ist wegzusammenhängend.
Beweis, dass A oen und abgeschlossen ist:
∀q ∈ Q ∃W ⊂ Q oen mit q ∈ W, W ≈ Int D2 .
2
Da Int D wegzusammenhängend ist, folgt q ∈ A ⇒ W ∈ A ⇒ A ist oen.
Sei s ∈ Q \ A (∗).
Es existiert eine oene Umgebung U von s in Q \ A ⇒ es gibt einen Punkt
t ∈ U , der zu A gehört. ⇒ ∃ ein Weg von t zu p ⇒ ∃ Weg von s zu p, was
ein Widerspruch zu (∗) ist.
⇒ die ganze Umgebung liegt in Q \ A ⇒ Q \ A ist oen
⇒ A ist abgeschlossen.
⇒:
Sei
Denition 2.6.
Eine Fläche ist orientierbar, falls sie kein Möbiusband ent-
hält, sonst ist sie nicht orientierbar.
32
2.4 Klassikation von kompakten zusammenhängenden Flächen
Ziel:
Eine vollständige Liste aller kompakten, zusammenhängender Flä-
chen zu geben, s.d. alle Flächen in der Liste verschieden sind.
Denition 2.7.
Seien
Q1 , Q2 ⊂ Rn
zwei kompakte, zusammenhängede Flä-
chen.
Für
i ∈ {1, 2}
sei
Bi ⊂ Qi
eine Kreisscheibe und
h : ∂B1 → ∂B2
ein Homöo-
morphismus.
Die zusammenhängende Summe
Q1 #Q2 :
Q1 #Q2 := (Q1 \ Int B1 ) ∪h (Q2 \ Int B2 )
Satz 2.10
? . Q1 #Q2
(Proposition 2.6.1 in [ ])
ist wohl-deniert.
D.h. Die Homöomorphismus-Klasse des Ergebnisses hängt nicht von der Wahl
der
Bi
und
h
ab.
Für den Beweis müssen wir uns zuerst noch etwas mit den Homöomor1
phismen von S auf sich selbst befassen:
Denition 2.8.
1
Seien x, y ∈ S mit x 6= y .
1
unterteilen S in zwei Teile, nämlich
−
→ und −
→.
x und y
xy
yx
−
→ ist die Verbindungsstrecke im Gegenuhrzeigersinn von x nach y
xy
−
→
und yx die entsprechnde Verbindung von y nach x (hier blau).
Abbildung 2.8: Verbindungsstrecken auf
33
S1
(hier rot)
Denition 2.9.
Sei
h : S1 → S1
ein Homöomorphismus.
Wir sagen, h ist orientierungserhaltend, falls es zwei unterschiedliche Punkte
−−−−→
→ =−
x, y ∈ S 1 gibt, mit h(−
xy)
h(x)h(y). Anderenfalls heisst h orientierungsum-
| {z }
rot
kehrend.
| {z }
blau
Abbildung 2.9: orientierungserhaltend und orientierungsumkehren
Lemma 2.11.
1
1
1
Sei h : S → S ein Homöomorphismus und x, y ∈ S , x 6= y
−
−
−
−
−
→
−
→
sodass h(xy) = h(x)h(y).
−−−0−−−→
−→
0 0
1
0
0
0 0
0
Dann gilt ∀x , y ∈ S mit x 6= y , dass h(x y ) = h(x )h(y ).
Beweis.
Wir nehmen an, dass
x, x0 , y, y 0
alle verschieden sind. Die übrigen
Fälle sind ähnlich.
y 0 liegt entweder in
−
→ oder in −
→. Wir betrachten den ersten Fall:
xy
yx
−
−
−
−
−
→
−−−−−−→
−→0
−→0
−
→
0
Da h(xy) = h(x)h(y), folgt dass h(xy ) ⊂ h(x)h(y ). Also muss h(xy ) der
1
0
Bogen in S sein, der im Gegenuhrzeigersinn von h(x) nach h(y ) führt. Also
−−−−−−→
−→0
−
→
0
ist h(xy ) = h(x)h(y ). Der Beweis für y ∈ h(yx) verläuft analog. Fixieren
0
0
wir nun y und verwenden das selbe Argument, wobei wir x durch x ersetzen,
−
−
−
−
−
−
→
−→
0 0
0
0
folgt, dass h(x y ) = h(x )h(y ).
Bemerkung
In Dimensionen grössers als 2 ist es schwierig, über eine Ori2
entierung zu entscheiden, da man nicht wie in R von im Uhrzeigersinn
sprechen kann. Deshalb die folgende
Denition 2.10.
Sei
C ⊂ Rn
eine
1-Sphäre
phismus.
34
und
h:C→C
ein Homöomor-
ist orientierungserhaltend ⇐⇒ für alle Homöomorphismen
−1
gilt: f
◦ h ◦ f ist orientierungserhaltend.
h
f
f : S1 → C
f −1
h
S1 → C → C → S1
Lemma 2.12.
Q ⊂ Rn
Sei
eine zusammenhängende Fläche und
B1 , B2 ⊂ Q
Kreisscheiben.
Dann existiert ein Homöomorphismus
Beweis.
H : Q → Q,
s.d.
H(B1 ) = B2 .
?
in [ ]
Lemma 2.13.
∂B → ∂B
Q ⊂ Rn
Sei
eine Fläche,
B ⊂Q
eine Kreisscheibe und
h:
ein orientierungserhaltender Homöomorphismus.
Dann existiert ein Homöomorphismus
H : Q → Q,
so dass
H(B) = B
H|∂B = h
Beweis.
?
in [ ]
Denition 2.11.
Q
Sei
Q ⊂ Rn
eine Fläche.
heisst disk-umkehrbar, falls eine Kreisscheibe
phismus
h:Q→Q
existieren, s.d.
h(B) = B
B ⊂ Q und ein Homöomorh|∂B orientierungsumkeh-
und
rend ist.
Beispiele S 2 , T 2
sind disk-umkehrbar.
Alle nicht-orientierbaren Flächen sind disk-umkehrbar.
Proposition 2.14.
1.
Seien
Bi ⊂ Qi , i = 1, 2
Q1 , Q2 ⊂ Rn
Fläche.
h : ∂B1 → ∂B2 ein Homöomorphismus. Dann existiert der Verklebungsraum (Q1 \ Int B1 ) ∪h (Q2 \
Int B2 ) und ist eine Fläche in irgendeinem Rm .
eine Kreisscheibe und
2. Man erhält mit obigem Verfahren nur 2 Flächen (bis auf Homöomorphismen).
3. Wenn mindestens eine Fläche (Q1 oder
Q2 )
disk-umkehrbar ist, dann
erhält man genau eine Fläche (bis auf Homöomorphismen).
Damit können wir den Satz 2.10 beweisen:
35
Beweis
(2.10)
.
Aus 1. und 2. folgt, dass
(Q1 \ Int B1 ) ∪h (Q2 \ Int B2 ) =
Q1 #Q2 eine Fläche ist und mit dem Hauptsatz (2.20), welcher am Ende dieses
Kapitels gegeben wird, folgt, dass jede Fläche disk-umkehrbar ist. Damit folgt
mit 3., dass
Beweis.
Q1 #Q2
wohldeniert ist.
?
von Proposition 2.14 kann in [ ] nachgelesen werden.
Lemma 2.15.
Seien
A, B
und
a)
A#B ≈ B#A
b)
(A#B)#C ≈ A#(B#C)
c)
A#S 2 ≈ A
Beweis.
C
kompakt und zusammenhängend.
Übung
Proposition 2.16.
Seien
A, B
kompakte, zusammenhängede Flächen, s.d.
2
A#B ≈ S
⇒ A ≈ S2
und
B ≈ S2
Beweis.
X
X
⇒X
X
⇒X
= A#B#A#B#A#B#...
= (A#B)#(A#B)#(A#B)#...
≈ S 2 #S 2 #S 2 ... ≈ S 2
= A#(B#A)#(B#A)#(B#...
≈ A#S 2 ≈ A
36
Lemma 2.17. P 2 #P 2 ≈ K 2
Beweis.
durch Konstruktion:
Abbildung 2.10:
Abbildung 2.12:
P 2 #P 2
D
einfügen
Abbildung 2.14: Das eine Dreieck spiegeln und drehen
37
Abbildung 2.11: Verklebt entlang
C
Abbildung 2.13: Zerschneiden bei
D
Abbildung 2.15: Verkleben an
A
Lemma 2.18. P 2 #T 2 ≈ P 2 #P 2 #P 2
Beweis.
durch Konstruktion:
Abbildung 2.16:
Abbildung
2.18:
Er-
gebnis
Abbildung 2.21: An
Abbildung 2.17: An
Abbildung 2.19: An
E
zerschneiden
F
zerschneiden
Abbildung 2.24: An
P 2 #T 2
Abbildung 2.22: An
verkleben
B
verkleben
C
verkleben
Abbildung 2.20: An
verkleben
D
Abbildung 2.23: An
zerschneiden
Abbildung 2.25: Endergebnis
38
A
G
Proposition 2.19.
Seien
Q1
und
Q2
kompakte, zusammenhängende Flä-
chen.
Q1 #Q2
⇔ Q1
ist orientierbar
und
Q2
sind orientierbar.
Beweis. ⇐:
Q1 nicht orientierbar:
⇒ ∃M ⊂ Q1 . Da M keine Fläche ist ⇒ ∃p ∈ Q1 \ M
von p ∈ Q1 \ M .
Wähle B1 ⊂ Q1 \ M ⇒ Q1 #Q2 ist nicht orientierbar.
⇒:
Sei Q1 #Q2 nicht orientierbar.
⇒ ∃M ⊂ Q1 #Q2 = Q1 ∪C=∂B1 =∂B2 Q2
Sei
1.
M ∩C = ∅ ⇒ M
liegt in
Q1
oder
Q2 ⇒
entweder
und eine Umgebung
Q1
oder
Q2
ist nicht
orientierbar.
2.
M ∩C =
S2n
⇒ ∃i,
Ii
i=1 Ii Angenommen, von Ik zu Ik+1 ändert der Pfeil seine
Orientierung, erhalten wir kein Möbiusband.
Ii+1 die Orientierung nicht ändert.
Das Stück von M zwischen I1 und Ii+1 liegt vollständig in Q1 oder Q2 .
M 0 ∪ N ist ein Möbiusband, das in Q1 oder Q2 liegt ⇒ Q1 oder Q2 ist
s.d
zu
nicht orientierbar.
?
Abbildung 2.26: Graken zum Beweis aus [ ]
39
Satz 2.20
(Hauptsatz: vollständige Klassizierung von kompakten, zusam-
menhängenden Flächen)
.
Jede kompakte, zusammenhängende Fläche ist ho-
möomorph zu
S2
T 2 T 2 #T 2
T 2 #T 2 #T 2 ... T 2 # |{z}
... #T 2 ...
·n
P 2 P 2 #P 2 P 2 #P 2 #P 2 ... P 2 # |{z}
... #P 2 ...
·n
Strategie des Beweises:
1. Jede Fläche ist auf der Liste
2. Alle Flächen auf der Liste sind verschieden
Für den Beweis von 1. brauchen wir Satz 2.10
Jede kompakte Fläche bekommt man durch ein Verklebungsschema.
Aus jeder Verklebungsvorschrift bekommt man eine Fläche.
Für den Beweis von 2. brauchen wir topologische Invariante (Euler Charakteristik).
Daher werden wir den Satz in Kapitel 4 beweisen.
40
Kapitel 3
Simpliziale Flächen
3.1 Simplexe
Denition 3.1.
Sei
v, w ∈ Rn
vw := {x ∈ Rn |x = tv + (1 − t)w 0 ≤ t ≤ 1}
Eine Menge
Beispiel
X ⊂ Rn
ist konvex, falls
Jede Gerade in
Bemerkung
Rn
∀v, w ∈ X ⇒ vw ⊂ X
ist konvex
Jede konvexe Teilmenge von
Rn
ist wegzusammenhängend.
Stetige Abbildungen respektieren Konvexität nicht, dafür tuen es die anen
Abbildungen.
Denition 3.2.
Die konvexe
X ⊂ Rn .
Hülle von X :
\
conv X := {C ⊂ Rn |X ⊂ C, C
Sei
Übung: Zeige, dass
Denition 3.3.
conv X
konvex
}
konvex ist.
a0 , a1 , a2 , ..., ak ∈ Rn an unabhängig (k ≥ 0).
a1 − a0 , a2 − a0 , ..., ak − a0 sind linear unabhängig.)
Seien
(D.h. die Vektoren
ha0 , ..., ak i := conv{a0 , ..., ak }
41
ist ein
k -Simplex.
Lemma 3.1.
Seien
a0 , ..., ak ∈ Rn
(
ha0 , ..., ak i =
x ∈ Rn |x =
k
X
an unabhängige Punkte.
ti ai : ti ∈ R
i=0
Die Koezienten
ti
mit
k
X
)
ti = 1
und
ti ≥ 0∀i
i=0
sind eindeutig. (baryzentrische Koordinaten)
Beweis. (∗)
Induktion auf k:
Für
k=0
ist
t0 = 1
und wir sind fertig.
Induktionsannahme: für k − 1 gelte (∗).
Nennen wir die rechte Seite von
(∗) D.
Wir müssen folgendes überprüfen:
1.
ai ∈ D
2. Sei
3.
1.
2.
D
S
eine konvexe Menge, die
ai (∀i)
enthält.
⇒D⊂S
konvex
√
ai = 0a0 + 0a1 + ... + 1ai + ... + 0ak ∈ D
Pk
Sei x =
i=0 ti ai ∈ D . Z.z. x ∈ S :
Falls tk = 1 ⇒ x = ak ⇒ x ∈ S
Falls tk 6= 1:
!
k−1
X
ti
ai + tk ak
x = (1 − tk )
1
−
t
k
i=0
P
k−1
ti
ti
≥ 0,
i=0 1−tk = 1.
1−tk
Pk−1 ti
n
Ich setze y :=
i=0 1−tk ai ∈ R .
Nach Induktionsannahme gilt y ∈ ha0 , ..., ak−1 i ⇒ y ∈ S
Da S konvex ist und ak ∈ S , folgt dass yak ⊂ S ⇒ x ∈ S
42
√
(∗)
P
w = ki=0 si ai in D.
zu Zeigen: z = rv + (1 − r)w für r ∈ [0, 1] ⇒ z ∈ D
3. Seien
v=
Pk
i=0 ti ai und
z=r
=
k
X
ti ai + (1 − r)
i=0
k
X
k
X
s i ai
i=0
(rti + si − rsi )ai
i=0
⇒z∈D
Lemma 3.2.
{a0 , ..., ak } und {b1 , ..., bp } an unabhängig.
ha0 , ..., ak i = hb0 , ..., bp i ⇔ {a0 , ..., ak } = {b0 , ..., bp }, insbesondere gilt k = p.
Seien
Bemerkung σ := ha0 , ..., ak i
Denition 3.4.
τ
(τ
τ ≤ σ
k -Simplex
und
< σ)
Beispiel
Ein Dreieck hat 6 eigentliche Seiten:
Denition 3.5.
und
k = dim σ .
σ, τ ⊂ Rn Simplexe.
σ (τ ≤ σ ), wenn die Ecken von τ auch Ecken von σ sind.
τ 6= σ , dann ist τ eigentliche Seite (proper face) von σ .
Seien
heisst Seite von
Wenn
ist ein
Der Rand von
σ:
∂σ :=
G
τ <σ
43
τ
Lemma 3.3.
Sei
σ = ha0 , ..., ak i
ein
k -Simplex
in
Rn .
1.
(
x ∈ Rn |x =
∂σ =
(
x ∈ Rn |x =
Int σ =
k
X
i=0
k
X
i=0
2. Seien
Dann
3.
∂σ
t i ai :
ti ai :
k
X
i=0
k
X
)
ti = 1
und
ti ≥ 0∀i
und
ti = 0
für einige
)
ti = 1
und
ti > 0∀i
i=0
Dk = {x ∈ Rk | ||x|| ≤ 1} und S k−1 = ∂Dk = {x ∈ Rk | ||x|| = 1}.
∃h : Dk → σ Homöomorphismus mit h(S k−1 ) = ∂σ .
und
σ
sind kompakt und wegzusammenhängend.
Beweis.
3.
1. Sei x ∈ ∂σ ⇒ x ∈ 'eigentliche Seite' von σ .
x ∈ η mit dim η < dim σ
x ∈ ha0 ,P
..., aj−1 , aj+1 , ..., ak i
⇒ x = i6=j si ai
F
∂σ = τ <σ τ .
Jedes τ ist konvex, also auch wegzusammenhängend.
Sowohl ∂σ als auch σ sind beschränkt und abgeschlossen, also kompakt.
(1.11)
2. Ich verschiebe
σ ⊂ Rn
mit einer anen Abbildung, s.d.
0 ∈ Int σ .
Wir suchen:
h : Dk → σ
g : σ → Dk
x
.
g(x) = ||x||
g ist bijektiv und stetig. Da σ kompakt ist, ist g|∂σ ein Homöomorphis−1
mus ⇒ g
|∂σ ist stetig.
−1
Deniere h|S k−1 := g
.
k
Wir setzen h, g auf D (resp. σ ) linear fort.
Bleibt zu verizieren, dass h, g stetig sind. (Übung)
Sei
g : ∂σ → S k−1 ,
Bemerkung
mit
Jeder 2-Simplex ist eine Kreisscheibe und jeder 1-Simplex ist
ein Bogen.
44
i
3.2 Simplizialkomplexe
Denition 3.6.
n
Ein Simplizialkomplex K (in R ) ist eine endliche Menge
n
von Simplexen in R mit folgenden Eigenschaften:
1.
σ∈K
2.
σ, τ ∈ K
und
τ <σ⇒τ ∈K
und
σ ∩ τ 6= 0 ⇒ σ > σ ∩ τ < τ .
Die 0-Simplexe nennen wir Ecken, die 1-Simplexe Kanten.
dim K = max{dim σ|σ ∈ K}.
Denition 3.7.
Sei
K
ein Simplizialkomplex.
• K (i) := {σ ∈ K| dim σ = i}
• star(σ, K) := {η ∈ K|η
auch σ als Seite hat}
ist das i-te Skelett.
ist eine Seite von einem Simplex in
K,
der
• link(σ, K) := {η ∈ star(σ, K)|η ∩ σ = ∅}
Denition 3.8.
Eine Abbildung
Seien K, L Simplizialkomplexe.
f : K (0) → L(0) ist simplizial, falls ∀σ = ha0 , ..., ak i
in
K
gilt:
f (σ) ∈ L ist der Simplex in L, der von den Ecken f (a0 ), ..., f (ak ) aufgespannt
ist.
Beispiel
Denition 3.9. Eine simpliziale Abbildung ist ein simplizialerIsomorphismus,
wenn sie bijektiv und
f −1
auch simplizial ist.
45
Beispiel f
ist simplizial und bijektiv, aber
Denition 3.10.
Die Teilmenge
Sei
|K| =
f −1
ist nicht simplizial:
SK
ein Simplizialkomplex in
m
heisst
σ∈K σ ⊂ R
der dem Simplizialkomplex
K
Rn .
zugrunde liegende, topologische Raum.
Beispiel K = ha, b, ci ∪ ha, b, di ∪ ha, c, di ∪ hb, c, di ⇒ |K| ≈ S 2
Abbildung 3.1:
∪
Denition 3.11.
Seien
K, L
∪
K
∪
Simplizialkomplexe und
f : K (0) → L(0)
eine
simpliziale Abbildung.
|f | :P
|K| → |L| ist deniert als lineare Erweiterung
P
|f | |σ ( ti ai ) := ki=0 ti f (ai ))
Die induzierte Abbildung
von
f.
(d.h.
46
Lemma 3.4.
Seien
K, L
wie oben.
1. Wenn
f : K (0) → L(0)
2. Wenn
f
3. Falls
K
eine simpliziale Abbildung ist, dann ist
ein simplizialer Isomorphismus ist, dann gilt
und
L
|f | stetig.
|K| ≈ |L|.
isomorphe Unterteilungen haben, so gilt
|K| ≈ |L|.
3.2.1 Unterteilungen:
Denition 3.12.
K, K 0 Simplizialkomplexe.
K 0 ist eine Unterteilung von K , falls jeder Simplex
eines Simplexes von K ist.
P
Denition 3.13. Es gilt x ∈ σ ⇒ x = ki=0 ti ai
Der Baryzenter oder Schwerpunkt von σ ist
Seien
σ̂ :=
k
X
i=0
Denition 3.14. K 0
1. Die Ecken von
von
K0
1
ai
k+1
heisst baryzentrische Unterteilung von
K0
eine Teilmenge
K
falls
sind die Schwerpunkte der Simplexe von
K
0
spannen genau dann einen zu K gehören0
q
den q -Simplex auf, wenn für die zugehörigen Simplexe σ , ..., σ ∈ K
0
1
q
bei geeigneter Nummerierung σ < σ < ... < σ in K gilt.
2. Die Ecken
Beweis
σ̂ 0 , ..., σ̂ q
(Lemma 3.14)
.
von
K0
(von Punkt 2. des Lemmas) Falls
ein simplizialer Isomorphismus ist, so ist nach 1.
−1
zeigen, dass |f |
= |f −1 |. Dann folgt mit 1., dass
|L|
|f | stetig und wir müssen
f −1 stetig ist. Da |K| und
|f | bijektiv
Zur Injektivität von |f |, betrachte x, y ∈ |K| mit x 6= y .
⇒ ∃σ und τ in K mit x ∈ Int σ und y ∈ Int τ .
⇒ |f |(x) ∈ Int |f |(σ), |f |(y) ∈ Int |f |(τ ).
1.Fall: σ = τ
|f ||σ ist bijektiv ⇒ |f |(x) 6= |f |(y)
2. Fall: σ 6= τ
Int |f |(σ) ∩ Int |f |(τ ) = ∅ ⇒ |f |(x) 6= |f |(y)
Die Surjektivitätä von |f | kann man analog zeigen.
kompakt sind (1.11), bleibt zu zeigen, dass
47
f : K (0) → L(0)
ist.
⇒ |f |
ist bijektiv.
Eine stetige Bijektion zwischen kompakten Räumen ist ein Homöomorphismus.
Der Beweis von Punkt 1. ist Übungsaufgabe.
Denition 3.15.
Seien
K, L Simplizialkomplexe.
f : K (0) → L(0) ist eine
Eine simpliziale Abbildung
simpliziale Quotientenab-
bildung, falls
∀hb0 , ..., bp i ⊂ L ∃ha0 , ..., ap i ⊂ K : f (ai ) = bi ∀i
Beispiele
Dies ist keine simpliziale Quotientenabbildung, da
Dies ist eine simpliziale Quotientenabbildung, da
48
ha, b, ci =
6 hb, c, di
ha, b, di = hb, c, di
Lemma 3.5.
Seien
K, L
Simplizialkomplexe und sei
f : K (0) → L(0)
eine
simpliziale Quotientenabbildung.
1. Die induzierte Abbildung
|f | : |K| → |L|
ist Quotientenabbildung.
x ∈ |L|. ∃!η = ha0 , ..., ak i ∈ L mit x ∈ Int η und seien ti die
−1
baryzentrischen Koordinaten von x. ⇒ |f | (x) = {y ∈ |K| : y =
Pk
i=0 ti bi mit hb0 , ..., bk i ist k -Simplex in K mit f (bi ) = ai }
2. Sei
Beweis.
|K|, |L|
1. Da
kompakt
Quotientenabbildung.
|f |
ist stetig,
|f |
ist surjektiv.
2. Nach der Denition von
Denition 3.16.
⇒
jede stetige, surjektive Abbildung ist
√
|f |:
X
X
|f |(
ti bi ) =
ti ai
n
ein Simplizialkomplex in R .
(0)
(0)
Eine erlaubte Partition von K
ist ν = {Ai }i∈I , Ai ⊂ K
s.d
K (0) und keine zwei Ecken eines Simplexes gehören zu Ai (∀i).
Sei
K
S
i∈I
Ai =
Die induzierte Partition P(ν) = {Bi }i∈I auf |K| hat die folgende Eigenschaft:
x, y ∈ |K| liegen in einer Bi , falls
x ∈ Intha0 , ..., ak i
y ∈ Inthb0 , ..., bk i, wobei ∀i∃ki ∈ I , s.d. (ai , bi ) ∈ Aki
und es existiert ein aner Isomorphismus F mit F (ai ) = bi und F (x) = y .
Lemma 3.6.
tion von
Sei
K
ein Simplizialkomplex in
Rn
und
ν
eine erlaubte Parti-
K (0) .
1.
0
m
ein Simplizialkomplex K in R
und eine simpliziale Quotientenab(0)
0(0)
−1
bildung f : K
→K
mit {f
(v)|v ∈ K 0(0) } = ν
2.
P(ν) = {|f |−1 (x)|x ∈ |K 0 |}
∃
ist die induzierte Partition von
3. Der Identikationsraum von
Beweis.
Angenommen
Rm .
|K|
und
ν = {A1 , ..., Am }
P(ν)
und
ist
|K|.
|K 0 |.
e1 , ..., em
die Standardbassis-
vektoren von
δ = he1 , ..., em i (m − 1)-Simplex.
K 0 besteht aus den Seiten von δ , genauer gesagt, hei1 , ..., eip i ⊂ K 0
∃hbi1 , ..., bip i in K mit bij ∈ Aij für verschiedene j .
0
0
Jede Seite von hei1 , ..., eip i ⊂ K ⇒ K ist Simplizialkomplex.
49
falls
3.3 Simpliziale Flächen
Satz 3.7.
|K|
Sei
K
ein Simplizialkomplex in
Rn .
ist eine Fläche, genau dann wenn
1.
dim K = 2
2. jede Kante ist eine gemeinsame Seite von genau zwei
3.
| link(v, K)| ≈ S 1
∀v ∈ K (0)
Beweis. ⇐ Gegeben ist K mit 1.,2. und 3.
zu Zeigen: |K| ist eine topologische Fläche, d.h. ∀x ∈ |K|
bung homöomorph zu
2-Simplexen
hat eine Umge-
R2 ⇒ x ∈ Int σ
• dim σ = 2: x ist innerer Punkt eines Dreiecks und hat damit eine oene
2
Umgebung homöomorph zu R .
• dim σ = 1: x
liegt auf einer gemeinsamen Kante zweier Dreiecke und
2
hat damit eine oene Umgebung homöomorph zu R .
• dim σ = 0:
In diesem Fall muss
x
die Ecke von mehreren Dreiecken
sein, welche alle aneinander liegen (2. und 3.) und hat damit eine oene
2
Umgebung homöomorph zu R .
⇒ Sei
K
ein Simplizialkomplex mit
zu Zeigen: K
|K| ≈
Fläche.
erfüllt 1.,2. und 3.:
1. Angenommen
dim K = m ⇒ ∃η
mit
dim η = m
x ∈ Int η .
Nach Lemma 3.3 folgt: jede oene Umgebung von x ist
m
m
homöomorph zu Int D ≈ R . Aus der Invarianz der Dimension wissen
m
2
wir, dass R
nicht homöomorph zu R ist, wenn m 6= 2 ist.
Sei
1-Simplex in K und x ∈ Int ν und U ⊂ |K| eine
x. ⇒ U ≈ R2 .
Angenommen, η ist keine gemeinsame Seite zweier 2-Simplexe:
2. Sei
ν
ein
oene
Umgebung von
• @σ ∈ K : η < σ .
Jede Umgebung von
(a, b) ≈ R
x
ist
x
ist homöomorph zu
nicht homöomorph zu
R2 .
• ∃!σ ∈ K : η < σ .
Jede Umgebung von
R2+
(positive Halbebe-
ne). Diese ist nicht oen und nach der Invarianz des Gebietes nicht
2
homöomorph zu R .
50
• η ist gemeinsame Seite von p 2-Simplexen:
⇒ ∃σ1 , ..., σp ∈ K : η < σi ∀i.
S
Wähle eine Umgebung U von x, s.d. U ⊂ Int η ∪
1≤i≤p σi
2
Wenn p = 2: Int η ∪ Int σ1 Int σ2 ≈ R
Wenn p > 2: Sei V eine oene Teilmenge von Intη ∪ Int σ1 ∪ Int σ2
2
mit x ∈ V . ⇒ V ≈ R .
S
Aber V ist nicht oen in Int η ∪
S 1≤i≤p σi . (da V nicht als Schnitt
eines oenen Balls mit Int η ∪
1≤i≤p σi dargestellt werden kann.)
Also ist jede oene Umgebung U von x nicht homöomorph zu V
2
und damit nicht homöomorph zu R .
w ∈ K (0) .
zu Zeigen: | link(w, K)| ≈ S 1 .
Da dim K = 2, sind in link(w, K) nur 0- und 1-Simplexe enthalten.
Wir zeigen zuerst, dass | link(w, K)| keinen Rand hat.
Angenommen, | link(w, K)| ≈ Bogen, dann gehört zu jedem 0-Simplex
in link(w, K) genau ein 1-Simplex in star(w, K) \ link(w, K). Aus 2.
folgt, dass dieser 1-Simplex gemeinsame Seite von zwei 2-Simplexen
1
1
1
sein muss. ⇒ | link(w, K)| = S ∪ S ∪ ... ∪ S .
Es bleibt zu zeigen, dass | link(w, K)| wegzusammenhängend ist.
Angenommen, | link(w, K)| ist nicht wegzusammenhängend. (?)
⇒ | star(w, K)| \ {w} ist nicht wegzusammenhängend.
2
Andereseits ist jede Umgebung von w homöomorph zu R .
Int | star(w, K)| ist auch eine Umgebung von w, welche wegzusammenhängend ist. Dies gibt den Widerspruch zu (?)
3. Sei
Denition 3.17.
Ein
2-Komplex K
heisst simpliziale Fläche, falls 2. und
3. aus dem vorherigen Satz erfüllt sind, oder eleganter:
∀σ ∈ K
mit
dim σ = i (0 ≤ i ≤ 2)
gilt:
| link(σ, K)| ≈ S i−1
(S −1 = ∅)
Übung: Bedingung 2. ist redundant.
Satz 3.8
(Satz von Moise)
.
1. Jede kompakte, topologische Fläche in
Rn
ist triangulierbar.
K1 , K2 gilt, dass |K1 | ≈ |K2 | und beide
K1 und K2 simplizial-isomorphe Unterteilun-
2. Wenn für 2 Simplizialkomplexe
Fläche sind, dann haben
gen.
51
Bemerkung
Der Satz gilt analog in Dimension 3 aber nicht in höheren
Dimensionen.
3.4 Euler Charakteristik
Denition 3.18.
C ein 2-Komplex, E die Anzahl der Ecken in C , K die
Anzahl der Kanten in C und F die Anzahl der 2-Simplexe in C . Die Euler
Charakteristik von C ist
Sei
χ(C) := E − K + F
Beispiel
Thetraeder-Hülle:
Bemerkung
Satz 3.9.
Sei
Falls
Q
χ(C) = 4 − 6 + 4 = 2
dim C = 1,
gilt
χ(C) := E − K
eine kompakte topologische Fläche und seien
K1 , K2
Trian-
χ(K1 ) = χ(K2 )
Q = |K|.
gulierungen dieser Fläche. Dann gilt
Daraus folgt
Beweis.
χ(Q) := χ(K)
wobei
Nach dem Satz von Moise haben
terteilung
K.
K1
und
K2
eine gemeinsame Un-
Angenommen, die Euler Charakteristik ändert sich nicht bei
Unterteilungen, so folgt, dass
χ(K1 ) = χ(K) = χ(K2 ).
Beispiel χ(T 2 )
Lemma 3.10.
Seien
Q1 , Q2
kompakte Flächen in
Rn .
χ(Q1 #Q2 ) = χ(Q1 ) + χ(Q2 ) − 2
Beweis.
Nach dem Satz von Moise (Satz 3.8) gibt es
lierungen von
und
Q2 .
2-Komplex, der
entlang der Partition ν .
⇒ |K| = Q1 #Q2
Sei
K
Q1
ein
Seien
σi 2-Simplexe
in
K1
und
K2
durch die Identizierung von
K1 \ σ1
χ(K) = χ(Q1 #Q2 )
= E1 + E2 − 3 − (K1 + K2 − 3) + F1 + F2 − 2
= χ(Q1 ) + χ(Q2 ) − 2
52
Triangu-
Ki .
mit
K2 \ σ 2
Kapitel 4
Beweis des Hauptsatzes
Satz 2.20: Jede kompakte, zusammenhängende Fläche ist homöomorph zu:
S2
T 2 T 2 #T 2
T 2 #T 2 #T 2 ... T 2 # |{z}
... #T 2 ...
·n
P 2 P 2 #P 2 P 2 #P 2 #P 2 ... P 2 # |{z}
... #P 2 ...
·n
Um zu zeigen, dass die aufgelisteten Flächen nicht homöomorph sind, benutzen wir die Euler Charakteristik:
χ(S 2 ) = 2
χ(gT 2 ) = 2 − 2g
χ(g 0 P 2 ) = 2 − g 0
Wir zeigen nun, dass jede kompakte, zusammenhängende Fläche in der Liste
enthalten ist.
Es reicht zu zeigen, dass
Q ≈ S2
oder
Q ≈ mT 2 #nP 2 .
Q das Ergebniss der Verklebung eines Polygons D entlang
eines Verklebungsschemas S . Dies schreiben wir mit Hilfe eines Wortes im
Alphabet, indem wir im Gegenuhrzeigersinn durch D gehen.
Nach Satz 2.10 ist
53
Beispiel
Ein Wort für dieses Verklebungsschema:
BCAA−1 BC
Wir beweisen den Satz durch Induktion über die Anzahl
n
der Kanten von
D.
Sei
Sei
n = 2: ⇒ Q ≈ S 2 oder P 2 .
n ≥ 4 beliebig und die Aussage
gelte für
n − 2.
Es treten folgende 4 Fälle auf:
1. Es existiert ein Buchstabe, der im Wort zweimal mit der gleichen Potenz
vorkommt.
(a) Die beiden gleichen Buchstaben kommen gerade nacheinander im
Wort vor
(b) Die beiden gleichen Buchstaben liegen nicht nebeneinander
2. Jedere Buchstabe kommt sowohl mit der Potenz
Potenz
−1
1
als auch mit der
im Wort vor und es existieren zwei aneinander grenzende
Kanten mit der gleichen Markierung.
3. Jeder Buchstabe kommt mit der Potenz
1
als auch mit der Potenz
−1
im Wort vor und es gibt keine Kanten mit der gleichen Markierung,
welche aneinander grenzen.
a, a−1 , s.d. alle anderen Kanten mit der selben
beiden Zusammenhangskomponenten von D \
Es gibt aber zwei Kanten
Markierung in einer der
{a, a−1 } liegen.
4. Alle anderen Varianten
54
1.
(b) Sei
a
der Buchstabe, der zweimal mit der selben Potenz vorkomt.
Wir fügen zwei Kanten ein, jeweils vom Anfang der einen Kante
a zum Ende der anderen Kante a. Dadurch entstehen ein Möbiusband M und eine neue Fläche Q̂1 .
M = P 2 − D2 und Q̂1 ∪ D2 := Q1 hat n − 2 Kanten. Nach Induk2
2
tionsannahme ist Q̂1 also entweder homöomorph zu S \ D oder
nT 2 #mP 2 \ D2 .
2
2
2
2
2
Also Q1 = D ∪ Q̂1 ≈ S oder nT #mP ⇒ Q = P #Q1 .
Abbildung 4.1:
Abbildung 4.2:
55
M
Q
und
Q̂1
(a) Hier erhalten wir wieder ein Möbiusband und eine Fläche mit
n−2
Kanten:
Abbildung 4.3: Abspalten des Möniusbands
2. Hier gilt
Q = Q1 ∪ D2 ,
3. Hier zerteilen Wir
wobei
Q1
wieder
Q in 2 Teile (Q1
und
n−2
Kanten hat.
Q2 ) mit jeweils höchstens n − 2
Kanten:
4.
n ≥ 4,
also haben wir mindestens 2 verschiedene Buchstaben
a, b
im
Wort.
Da wir nicht im Fall 3 sind, ist unser Wort von der Form
56
...a...b...a−1 ...b....
Abbildung 4.4:
Q
Abbildung 4.5: Zerschneiden an
Abbildung 4.7:
Q
e
Abbildung 4.6:
Abbildung 4.8:
Q1
und
D 2 , Q1
Q2
2
2
Also können wir einen punktierten Torus T \ D herausschneiden. Es
2
2
gilt dann Q = Q1 ∪ (T \ D ) und damit die Induktionsannahme:
Abbildung 4.9:
Abbildung 4.10:
Q1
57
Q
und
T 2 \ D2
4.1 Flächen mit Rand
Denition 4.1.
Eine Teilmenge
Rand, falls für alle
p∈Q
Q ⊂ Rn
ist eine topologische Fläche mit
eine oene Umgebung hat homöomorph zu:
Typ 1
Int D2
Typ 2
2
D+
:= {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 < 1, y ≥ 0}
Denition 4.2.
für alle
v∈K
(0)
Ein
2-Komplex K
heisst simpliziale Fläche mit Rand, falls
gilt:
| link(v, K)| ≈
58
S1
[0, 1]
Typ 1
Typ 2
Kapitel 5
Satz von Gauss-Bonnet und
Brouwerscher Fixpunktsatz
5.1 Simpliziale Krümmung und simplizialer GaussBonnet Satz
Denition 5.1.
Für einen
Sei
2-Simplex
K eine simpliziale Fläche und v ∈ K (0) .
σ ∈ K , der v enthält, sei L(v, σ) der Winkel
von
v
in
σ.
Die simpliziale Krümmung (engl. angle defect) ist deniert durch:
X
d(v) := 2π −
L(v, σ)
σ∈K,dim σ=2
Bemerkung d(v) = 0 falls v ein Schwerpunkt
von einem Simplex in K
P
Descartes hat bemerkt, dass
Satz 5.1
.
(Gauss-Bonnet)
2
|K| ≈ S ⇒
K
X
Sei
σ∈K (0)
ist.
d(v) = 4π
eine simpliziale Fläche.
d(v) = 2πχ(K)
v∈K (0)
Beweis.
Da K eine simpliziale Fläche ist. ⇒ jede Kante gehört zu genau
2-Simplexen. Sei E die Anzahl der Ecken, K die Anzahl der Kanten und
F die Anzahl der Flächen. Es gilt 2K= 3F .
zwei
59
!
X
X
d(v) =
v∈K (0)
2π −
X
L(v, σ)
σ∈K
π
v∈K (0)
X zX }| {
= 2πE −
L(v, σ)
σ∈K σ∈K
= 2πE − πF
= 2πE − 3πF + 2πF
= 2πE − 2π K + 2πF
= 2πχ(K)
Korollar 5.2.
von
Sei
K
eine simpliziale Fläche in
Rn
und
L
eine Unterteilung
K.
Dann gilt
Beweis.
1. Fall
χ(L) = χ(K)
Für alle
v ∈ L(0)
tritt einer der folgenden Fälle auf:
v ∈ K (0) ⇒ dL (v) = dK (v)
v∈
/ K (0) ⇒ v ∈ Int σ, σ ∈ K ⇒ d(v) = 0
P
P
⇒ v∈L(0) d(v) = v∈K (0) d(v) ⇒ χ(L) = χ(K)
2. Fall
5.2 Brouwer Fixpunktsatz
Denition 5.2.
x
ist ein Fixpunkt
Denition 5.3. X
X
nach
X
X ⊂ Rn und f : X → X .
von f , falls f (x) = x.
Sei
hat Fixpunkteigenschaft, falls jede stetige Abbildung von
einen Fixpunkt hat.
Übung: Die Fixpunkteigenschaft bleibt unter Homöomorphismen erhalten.
Denition 5.4.
K eine simpliziale Kreisscheibe in Rn .
Eine Schälung von K ist eine geordnete Liste der 2-Simplexe σ1 , ..., σm , s.d.
die Menge {σ1 , ..., σk } zusammen mit allen Seiten eines Simplexes eine simpliziale Kreisscheibe ist für alle 1 ≤ k ≤ m.
Sei
60
Beispiel
Abbildung 5.1:
Abbildung 5.2:
Abbildung 5.3:
Satz 5.3
σ1 , σ2 , ..., σ6
σ1 , σ3 , σ5 , ...
.
(Brouwer Fixpunktsatz)
K
ist eine Schälung
ist keine Schälung
Jede stetige Abbildung
f : D2 → D2
hat
einen Fixpunkt.
Satz 5.4.
Es gibt keine stetige Abbildung
Proposition 5.5.
r : D2 → S 1 ,
s.d
r|∂D2 =S 1 = Id
Die Sätze 5.3 und 5.4 sind entweder beide falsch oder beide
richtig.
Beweis. Wenn Satz 5.4 falsch ⇒ Satz 5.3 falsch:
2
1
Nehme an, es gibt eine stetige Abbildung r : D → S s.d r|∂D 2 =S 1
1
1
1
2
Seien R : S → S Rotation um 180 Grad, j : S ,→ D Inklusion.
√
2
2
j ◦ R ◦ r : D → D ist stetig und hat keinen Fixpunkt.
61
= Id.
Wenn Satz 5.3 falsch ⇒ Satz 5.4 falsch:
f : D2 → D2 sei stetig ohne Fixpunkt.
2
1
Ich deniere r : D → S wie folgt:
r(x) := S 1 ∩ (Strahl von f (x) zu x) (r ist wohl deniert, da f (x) 6= x ∀x)
1
Es gilt r(x) = x für alle x ∈ S . Damit haben wir einen Widerspruch, da
laut Satz 5.4 dieses r nicht existieren dürfte.
Nehme an,
Denition 5.5.
K ein Simplizialkomplex in Rn .
m
Eine Abbildung f : |K| → R
ist simplexweise linear
ane Abbildung ist für alle σ ∈ K .
Bemerkung
Sei
SL ist keine simpliziale Abbildung, da in
(SL) falls
Rm
f |σ
eine
keine simpliziale
Struktur vorhanden sein muss.
Denition 5.6.
Sei ∆ = ha, b, ci gegeben, sei K eine simpliziale Kreisscheibe
f : |K| → ∆ eine SL Abbildung, s.d. ∀v ∈ K (0) f (v) ∈ {a, b, c}.
f |∂K ist gerade (bzw ungerade), falls jede Kante von ∆ Bild einer geraden
(bzw ungeraden) Anzahl von Kanten von K ist.
f ist gerade (bzw ungerade) falls ∆ das Bild einer geraden (bzw ungeraden)
Anzahl von 2-Simplizes in K ist.
in
Rn
und
62
Beispiele
Abbildung 5.4:
Lemma 5.6.
Sei
f
und
f |∂K
sind ungerade
Abbildung 5.5:
f
und
f |∂K
sind gerade
Abbildung 5.6:
f
und
f |∂K
sind gerade
K
eine schälbare Kreisscheibe in
63
Rn
und
f : |K| → ∆
SL
f |∂K
wie in der Denition 5.2.5. Wenn
f
gerade (bzw ungerade) ist, so ist auch
gerade (bzw ungerade).
Beweis.
Falls
Induktion über
n=1
n :=die
Anzahl der
siehe Beispiele oben.
√
2-Simplexe
in
K
Simplexe und sei σ1 , ..., σn eine Schälung von K .
K 0 . Für K 0 stimmt die Behauptung nach
0
0
Induktionsannahme. D.h. f |K 0 := f und f |∂K 0 haben die gleiche Parität.
K = K 0 ∪σn . Für f |σn hat man wieder genau die 3 Fälle wie in den Beispielen
Angenommen wir haben
Sei
σ1 , ..., σn−1
n
eine Schälung von
oben.
Da wir nun zu
f0
respektive
wieder die selbe Parität wie
Beweis
(Satz 5.2.2.)
.
Sei
f 0 |∂K 0
f |∂K
jeweils die selbe Parität addieren, hat
f
D2 = ∆.
Angenommen, es existiert eine Abbildung
r : ∆ → ∂∆,
s.d.
r|∂∆ = Id.
∆ kompakt ist und r stetig, ∃δ :
∀x, y ∈ ∆ : ||x − y|| < δ ⇒ ||f (x) − f (y)|| < 81 .
Sei K eine schälbare Unterteilung von ∆, s.d. ||x − y|| < δ ∀x, y ∈ σ ∀σ ∈ K .
Sei L : |K| → ∆ eine SL Abbildung wie folgt:
1
0 0 0
von den Mittelpunkten entfernt
Wähle a , b , c so dass sie nicht weiter als
8
und keine Bilder der Ecken von K sind.

 a falls r(v) ∈ [c0 , a] ∪ [a, b0 ]
(0)
b falls r(v) ∈ [c0 , b] ∪ [b, a0 ]
∀v ∈ K : L(v) :=

c falls r(v) ∈ [b0 , c] ∪ [c, a0 ]
Da
L
ist gerade, aber
L|∂K
ist ungerade
64