Einf ¨uhrung in die Topologie

Einführung in die Topologie
SS 2009 (zweistündig)
Prof. Dr. Annette Werner
Inhaltsverzeichnis
1 Einführung
1
2 Metrische Räume
2
3 Topologische Räume
4
4 Stetige Abbildungen
11
5 Unterräume, Produkte, Quotienten
14
6 Zusammenhängende Räume
23
7 Kompakte Räume
26
1 Einführung
Die mathematische Disziplin der Topologie (der Lehre vom Ort“) geht auf die gra”
phentheoretischen Einsichten von Leonard Euler im 18. Jahrhundert zurück. Ihre
axiomatische Fundierung erfolgte allerdings erst im 20. Jahrhundert. Felix Hausdorff
definierte 1914 den Begriff des topologischen Raumes, mit dem wir uns in dieser
Vorlesung befassen wollen. Anschaulich gesprochen untersucht die Topologie diejenigen Eigenschaften geometrischer Körper, die durch zerreißungsfreie Verformungen
unverändert bleiben. Wir betrachten zunächst das folgende
Beispiel: Sei R die Menge der reellen Zahlen. Auf R existiert der bekannte reelle Absolutbetrag, der es erlaubt, den Abstand zwischen zwei reellen Zahlen x und y als
d(x, y) =| x − y |
zu definieren.
Definition 1.1 Eine Teilmenge U der reellen Zahlen heißt offen, falls es für alle x ∈ U
ein ε > 0 gibt, so dass das Intervall ]x − ε, x + ε[ ganz in U liegt.
Eine Teilmenge U der reellen Zahlen ist also genau dann offen, wenn sie mit jedem
Punkt auch ein offenes Intervall um diesen Punkt enthält.
Lemma 1.2 Eine Teilmenge U ⊂ R ist genau dann offen, wenn U die Vereinigung von
beliebig vielen offenen Intervallen ist, d.h. wenn gilt
[
U=
]xi , yi [,
i∈I
wobei I eine Indexmenge ist und xi , yi reelle Zahlen für alle i ∈ I sind.
Beweis : Ist U ⊂ R offen, so gibt es für jedes x ∈ U definitionsgemäß ein ε = εx > 0
S
mit ]x − εx , x + εx [⊂ U. Also gilt U =
]x − εx , x + εx [.
x∈U
Ist umgekehrt U =
S
]xi , yi [ und x ∈ U , so existiert ein i ∈ I mit x ∈]xi , yi [. Wählen
i∈I
wir ε = min {| x − xi |, | yi − x |}, so gilt
]x − ε, x + ε[⊂]xi , yi [⊂ U.
Also ist U offen.
Seite 1
Definition 1.3 Eine Teilmenge A ⊂ R, für die R \ A offen ist, heißt abgeschlossen.
Beispiele:
i) R und ∅ sind sowohl offen als auch abgeschlossen.
ii) N ⊂ R ist abgeschlossen.
iii) Q ⊂ R ist weder offen noch abgeschlossen.
2 Metrische Räume
Die Definition offener Mengen in R basierte nur auf dem Absolutbetrag auf R. Wir
können sie direkt auf sogenannte metrische Räume übertragen.
Definition 2.1 Ein metrischer Raum ist eine Menge X zusammen mit einer Abbildung
d : X × X → R≧0 = {x ∈ R : x ≧ 0},
so dass folgende Bedingungen gelten:
i) d(x, y) = 0 ⇔ x = y
ii) d(x, y) = d(y, x) für alle x, y ∈ X.
iii) d(x, z) ≦ d(x, y) + d(y, z) für alle x, y, z ∈ X.
Eine solche Abbildung d nennt man Metrik auf X.
Beispiel:
i) (R, d) mit d(x, y) =| x − y | ist ein metrischer Raum.
ii) Jede Menge X wird mit der Abbildung
(
0
d(x, y) =
1
, x=y
, x=
6 y
zu einem metrischen Raum.
Seite 2


y1
x1
 .
 . 


iii) Für Vektoren x = 
 ..  und y =  ..
yn
xn



 im Rn definieren wir

v
u n
uX
d(x, y) = t (xi − yi )2 .
i=1
Dies definiert eine Metrik auf dem n−dimensionalen Vektorraum Rn . Für n = 1
erhalten wir den Absolutbetrag aus i).
iv) Ist (V, k k) ein normierter R−Vektorraum, so definiert
d(x, y) =k x − y k
eine Metrik auf V . Dies verallgemeinert die Metrik aus iii).
v) Es sei X die Menge der beschränkten Funktionen f : [0, 1] → R. Die Abbildung
d(f, g) = sup {| f (x) − g(x) |}
x∈[0,1]
ist eine Metrik auf X.
Definition 2.2 Es sei (X, d) ein metrischer Raum.
i) Für alle ε > 0 heißt
Bε (x) = {y ∈ X : d(x, y) < ε}
die offene Kugel vom Radius ε um x.
ii) Eine Teilmenge U ⊂ X heißt offen, falls es für jedes x ∈ U ein ε > 0 gibt mit
Bε (x) ⊂ U.
iii) Eine Teilmenge A ⊂ X heißt abgeschlossen, falls X \ A offen ist.
Dies verallgemeinert Definition 1.1 und 1.3.
Beispiel: Ist (X, d) ein metrischer Raum, so ist für jedes x ∈ X und alle ε > 0 die
Menge Bε (x) offen und die Menge Bε (x) = {y ∈ X : d(x, y) ≦ ε} abgeschlossen.
Proposition 2.3 Sei (X, d) ein metrischer Raum.
i) ∅ und X sind offene Mengen.
Seite 3
ii) Sind U und V offene Mengen in X, so ist auch U ∩ V offen in X.
iii) Ist I eine beliebige Indexmenge und Ui ⊂ X offen für alle i ∈ I, so ist
S
Ui
i∈I
offen.
Beweis :
i) folgt sofort aus der Definition.
ii) Ist x ∈ U ∩ V , so existiert ein ε1 > 0 mit Bε1 (x) ⊂ U und ein ε2 > 0 mit
Bε2 (x) ⊂ V. Wir setzen ε = min{ε1 , ε2 }. Dann ist
Bε (x) ⊂ Bε1 (x) ∩ Bε2 (x) ⊂ U ∩ V.
Also ist U ∩ V offen.
S
iii) Ist x ∈
Ui , so gilt x ∈ Ui für ein i ∈ I. Also existiert ein ε > 0 mit Bε (x) ⊂
Si∈I
S
Ui ⊂
Ui . Also ist
Ui offen.
i∈I
i∈I
Korollar 2.4 Sind U1 , . . . , Un endlich viele offene Mengen in einem metrischen Raum
X, so ist auch U1 ∩ . . . ∩ Un offen.
Beweis : Dies zeigt man mit Induktion nach n, indem man Proposition 2.3 ii) benutzt.
3 Topologische Räume
Wir wollen nicht nur Räume mit einer Metrik betrachten. Unser Ziel ist es, Eigenschaften zu studieren, die unter zerreißungsfreien Verformungen invariant bleiben.
Metriken bleiben unter solchen Verformungen allerdings im allgemeinen nicht
invariant, wir brauchen also einen allgemeineren Begriff.
Inspiriert von Proposition 2.3 definieren wir
Definition 3.1 Sei X eine Menge. Eine Menge T von Teilmengen von X heißt Topologie auf X, falls folgende Bedingungen erfüllt sind:
i) X und ∅ sind in T .
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ii) Sind U, V Mengen aus T , so liegt auch U ∩ V in T .
iii) Ist I eine beliebige Indexmenge und Ui in T für alle i ∈ I, so liegt auch
S
Ui in
i∈I
T.
Ein Paar (X, T ) mit den Eigenschaften i), ii), iii) nennen wir einen topologischen
Raum. Jede Teilmenge U ⊂ X, die in T liegt, heißt offen. Jede Teilmenge A ⊂ X, so
dass XA in T liegt, heißt abgeschlossen.
Beispiele:
i) Ist (X, d) ein metrischer Raum, so ist
T = {U ⊂ X : U offen im Sinne von Definition 2.2}
eine Topologie auf X.
ii) Ist X eine beliebige Menge, so ist
T = {X, ∅}
eine Topologie auf X. Sie heißt triviale Topologie. Hier gibt es nur zwei offene
(und gleichzeitig abgeschlossene) Mengen, nämlich X und die leere Menge.
iii) Ist X eine beliebige Menge, so ist die Potenzmenge von X, also
T = {Y : Y ⊂ X beliebige Teilmenge}
eine Topologie auf X. Sie heißt diskrete Topologie. In der diskreten Topologie
ist jede Teilmenge von X offen und abgeschlossen.
iv) Für jede Menge X ist
Tcof = U : U = ∅ oder U = X{x1 , . . . , xn } für
beliebiges n ∈ N0 und beliebige x1 , . . . , xn ∈ X
eine Topologie auf X. Sie heißt kofinite Topologie.
Verschiedene Metriken auf X können dieselbe Topologie induzieren (siehe
Übungen). Nicht jede Topologie auf einer Menge X kommt von einer Metrik auf X.
Korollar 3.2 Sei (X, T ) ein topologischer Raum. Dann gilt
i) ∅ und X sind abgeschlossene Teilmengen von X.
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ii) Die Vereinigung endlich vieler abgeschlossener Teilmengen ist abgeschlossen.
iii) Der Schnitt beliebig vieler abgeschlossener Teilmengen ist abgeschlossen.
Beweis : Da A ⊂ X genau dann abgeschlossen ist, wenn das Komplement X \A offen
ist, folgt die Behauptung aus Definition 3.1.
Topologien werden oft dadurch angegeben, dass man eine Basis oder Subbasis angibt.
Definition 3.3
i) Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und B ⊂ T . Dann heißt B
Basis der Topologie T , falls jede offene Teilmenge U (also jedes U ∈ T ) Vereinigung von Mengen in B ist.
ii) Eine Subbasis des topologischen Raumes (X, T ) ist eine Teilmenge S ⊂ T , so
dass die Menge aller endlichen Durchschnitte von Mengen aus S eine Basis von
T ist.
Dabei definieren wir die leere Menge als Vereinigung über I = ∅ und den Raum X
als Durchschnitt über I = ∅.
Beispiel: Sei X eine beliebige Menge. Dann ist B =
diskreten Topologie.
{x} : x ∈ X eine Basis der
Lemma 3.4 Es sei B eine Menge von Teilmengen einer beliebigen Menge X, so dass
gilt
i) Die Vereinigung aller Mengen B ∈ B ist X.
ii) Der Schnitt zweier Mengen in B ist immer Vereinigung von Mengen in B.
Dann ist B die Basis einer geeigneten Topologie T auf X.
Beweis : Ist B gegeben, so definieren wir T als die Menge aller Teilmengen U ⊂ X
von der Form
U=
S
Bi ,
i∈I
wobei I eine beliebige Indexmenge ist und Bi ∈ B für alle i ∈ I.
Dann hat T alle drei Eigenschaften einer Topologie auf X und B ist eine Basis von T
(ÜA).
Seite 6
Lemma 3.5 Eine beliebige Menge S von Teilmengen von X ist stets die Subbasis einer
Topologie auf X.
Beweis : Wir definieren B als die Menge aller Teilmengen B ⊂ X der Form B = X
oder B = S1 ∩ . . . ∩ Sn für S1 , . . . , Sn ∈ S und n ∈ N. Dann hat B die Eigenschaften i)
und ii) aus Lemma 3.4 und ist daher die Basis einer Topologie T auf X. Die Teilmenge
S ⊂ B ist eine Subbasis von T .
Beispiel: Wir betrachten die Menge X = R und
S = {x ∈ R : x < a} : a ∈ R ∪ {x ∈ R : x > a} : a ∈ R .
Dann ist die aus S im Beweis von Lemma 3.5 konstruierte Basis B die Menge
B = S ∪ {]a, b[: a, b ∈ R} ∪ {∅, X}.
Die im Beweis von Lemma 3.4 konstruierte Topologie T besteht aus ∅ und allen Teilmengen von R, die beliebige Vereinigung offener Intervalle sind. Also erhalten wir so
die übliche Topologie auf R (siehe § 1).
Definition 3.6 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und x ∈ X. Eine Teilmenge Y ⊂
X heißt Umgebung von x, falls es ein U ∈ T gibt mit
x ∈ U ⊂ Y.
Lemma 3.7 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum. Dann sind folgende Aussagen für
eine Teilmenge W ⊂ X äquivalent:
i) W ist offen.
ii) Für jedes x ∈ W ist W eine Umgebung von x.
iii) Für jedes x ∈ W gibt es eine offene Teilmenge Ux mit x ∈ Ux ⊂ W.
Beweis :
i) ⇒ iii) ist klar.
ii) ⇔ iii) gilt nach Definition einer Umgebung.
S
iii) ⇒ i): Da W =
Ux ist, ist W offen.
x∈X
Seite 7
Definition 3.8 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und B(x) eine Menge von Umgebungen von x ∈ X. Dann heißt B(x) Umgebungsbasis von x, falls es zu jeder
beliebigen Umgebung U von x ein B ∈ B(x) mit B ⊂ U gibt.
Beispiel: Für jeden metrischen Raum X und alle x ∈ X ist die Menge der B n1 (x) =
{y ∈ X : d(x, y) < n1 } für n ≧ 1 eine Umgebungsbasis von x.
Definition 3.9
i) Ein topologischer Raum (X, T ) erfüllt das erste
Abzählbarkeitsaxiom, wenn jeder Punkt eine abzählbare Umgebungsbasis besitzt.
ii) Ein topologischer Raum (X, T ) erfüllt das zweite Abzählbarkeitsaxiom, wenn
T eine abzählbare Basis besitzt.
Beispiel:
1) Jeder metrische Raum erfüllt das erste Abzählbarkeitsaxiom nach dem vorangehenden Beispiel.
2) Ist X eine überabzählbare Menge mit der kofiniten Topologie Tcof , so erfüllt
(X, Tcof ) nicht das erste Abzählbarkeitsaxiom.
3) Jeder topologische Raum, der das zweite Abzählbarkeitsaxiom erfüllt, erfüllt
auch das erste.
4) Der metrische Raum R erfüllt das zweite Abzählbarkeitsaxiom, denn
{]p, q[: p, q ∈ Q}
ist eine Basis der Topologie.
5) Ist X eine überabzählbare Menge mit der diskreten Topologie T , so erfüllt
(X, T ) nicht das zweite Abzählbarkeitsaxiom.
In einem topologischen Raum gibt es im allgemeinen viele Mengen, die weder offen
noch abgeschlossen sind. Dies gilt etwa für jedes halboffene Intervall
]a, b] = {x ∈ R : a < x ≦ b}
in R. Nun können wir ]a, b] zwischen die offene Menge ]a, b[ und die abgeschlossene
Menge [a, b] einschließen. Dies können wir folgendermaßen verallgemeinern:
Definition 3.10 Sei (X, T ) ein topologischer Raum und Y ⊂ X eine beliebige Teilmenge.
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i) Ein Punkt x ∈ X heißt innerer Punkt von X, wenn Y eine Umgebung von x ist.
Die Menge aller inneren Punkte von Y bezeichnen wir mit Y 0 .
ii) Ein Punkt x ∈ X heißt Randpunkt von Y , wenn jede Umgebung U von x sowohl Punkte aus Y als auch Punkte aus XY enthält. Die Menge aller Randpunkte von Y bezeichnen wir mit ∂Y .
iii) Die Menge
Y = {x ∈ X : für alle Umgebungen U von x gilt U ∩ Y 6= ∅}
heißt Abschluss von Y .
iv) Wir sagen, Y liegt dicht in X, falls Y = X ist. Gilt (Y )0 = ∅, so nennen wir Y
nirgends dicht in X.
Beispiel:
i) (]a, b])0 =]a, b[ und ∂(]a, b]) = {a, b}. Ferner ist ]a, b] = [a, b].
ii) Q liegt dicht in R. Die Menge der natürlichen Zahlen N liegt nirgends dicht in
R.
Proposition 3.11 Sei (X, T ) ein topologischer Raum und Y ⊂ X eine beliebige Teilmenge. Dann gilt
i) Y ist eine abgeschlossene Menge, die in jeder abgeschlossenen Teilmenge Z mit
Y ⊂ Z enthalten ist. Also gilt
\
Z
Y =
Y ⊂Z
Z abgeschlossen
ii) Y 0 ist offen und enthält jede offene Menge U mit U ⊂ Y . Also gilt
[
U
Y0 =
U ⊂Y
U offen
iii) ∂Y = Y Y 0 .
Seite 9
Beweis :
i) Wir zeigen zunächst, dass Y abgeschlossen ist. Dann ist zu zeigen, dass XY
offen ist. Ist x ∈ XY , so gibt es nach Definition von Y eine Umgebung U von
x mit U ∩ Y = ∅. Wir behaupten, dass dann sogar U ∩ Y = ∅ ist. Angenommen,
es existiert ein y ∈ U ∩ Y . Nach Definition von Y trifft jede offene Umgebung
von y, also auch U , die Menge Y . Das widerspricht aber der Tatsache U ∩ Y = ∅.
Also ist in der Tat U ∩ Y = ∅, d.h.
U ⊂ XY
ist eine offene Umgebung von x. Daher ist XY offen.
Ist Z eine beliebige abgeschlossene Teilmenge von X mit Y ⊂ Z, so wollen wir
Y ⊂ Z zeigen. Sei also x ∈ Y . Wir nehmen an, x ∈
/ Z und führen wie folgt einen
Widerspruch herbei.
Da XZ offen ist, gibt es eine offene Umgebung U von x mit U ⊂ XZ. Nach
Definition von Y gilt U ∩ Y 6= ∅, da x ∈ Y . Also existiert ein y ∈ U ∩ Y ⊂ U ∩ Z.
Das ist ein Widerspruch zu U ⊂ XZ. Wir haben somit Y ⊂ Z bewiesen. Also
ist
\
Y ⊂
Z.
Y ⊂Z
Z abgeschlossen
Da Y selbst eine abgeschlossene Teilmenge ist, die Y enthält, taucht Y im Schnitt
auf der rechten Seite auf. Wir erhalten
\
Z ⊂ Y,
Y ⊂Z
Z abgeschlossen
also gilt die Gleichheit beider Mengen.
ii) Nach Definition von Y 0 enthält Y 0 mit jedem Punkt x auch eine offene Umgebung von x. Also ist Y 0 offen. Ist U eine offene Teilmenge von X mit U ⊂ Y , so
ist Y eine Umgebung für alle x ∈ U . Also gilt U ⊂ Y 0 . Aus diesen Überlegungen
folgt (ÜA)
[
U
Y0 =
U ⊂Y
U offen
iii) Wir zeigen zunächst ∂Y ⊂ Y Y 0 . Die Inklusion ∂Y ⊂ Y folgt aus der Definition des Rands. Ist x ∈ ∂Y , so liegt keine offene Umgebung von x ganz in Y .
Also ist x ∈
/ Y 0.
Seite 10
Nun zeigen wir die andere Inklusion Y Y 0 ⊂ ∂Y . Für x ∈ Y mit x ∈
/ Y0
betrachten wir eine Umgebung U von x. Diese erfüllt U ∩ Y 6= ∅, da x ∈ Y gilt,
und U 6⊂ Y , da x ∈
/ Y 0 gilt. Also folgt x ∈ ∂Y .
4 Stetige Abbildungen
Wie in der Einleitung bemerkt, wollen wir zerreißungsfreie Verformungen studieren.
Der zugehörige mathematisch exakte Begriff ist der einer stetigen Abbildung.
Definition 4.1 Es seien (X, T1 ) und (Y, T2 ) zwei topologische Räume. Eine Abbildung
f :X→Y
heißt stetig, falls für jede offene Menge V in Y die Urbildmenge
f −1 (V ) = {x ∈ X : f (x) ∈ V }
offen in X ist. Mit anderen Worten: f ist genau dann stetig, wenn gilt:
V ∈ T2 ⇒ f −1 (V ) ∈ T1 .
Beispiel:
1) Ist T1 die diskrete Topologie auf X, so ist jede Abbildung
f :X→Y
stetig (egal welche Topologie T2 wir auf Y betrachten.)
2) Ist T2 = {∅, Y } die triviale Topologie, so ist jede Abbildung
f :X→Y
stetig (egal welche Topologie T1 wir auf X betrachten).
Lemma 4.2 Seien (X, d1 ) und (Y, d2 ) metrische Räume. Dann ist eine Abbildung f :
X → Y genau dann stetig, wenn es für alle x ∈ X und alle ε > 0 ein δ > 0 gibt, so
dass für alle y ∈ X mit
d1 (x, y) < δ
gilt, dass d2 f (x), f (y) < ε ist.
Für X = Y = R und d1 (x, y) = d2 (x, y) =| x − y | ist unser Stetigkeitsbegriff also der
aus der Analysis bekannte Begriff.
Seite 11
Beweis : Wir nehmen zunächst an, dass f : X → Y stetig im Sinne von Definition 4.1
ist, und zeigen das ε − δ−Kriterium aus der Behauptung. Sei also x ∈ X und ε > 0.
Dann ist Bε f (x) = {z
∈
Y
:
d
z,
f
(x)
< ε} eine offene Umgebung
2
Nach
von f (x).
Definition 4.1 ist f −1 Bε f (x) offen. Nun ist offenbar x ∈ f −1 Bε f (x) . Nach
Definition 2.2 gibt es also ein δ > 0 mit Bδ (x) ⊂ f −1 Bε f (x) . Also gilt:
d1 (x, y) < δ
⇒
⇒
⇒
⇒
y ∈ Bδ (x)
y ∈ f −1 Bε f (x)
f (y) ∈ Bε f (x)
d2 f (x), f (y) < ε.
Nun nehmen wir umgekehrt an, für jedes x ∈ X und alle ε > 0 gibt es ein δ > 0 mit
d1 (x, y) < δ ⇒ d2 f (x), f (y) < ε.
Sei V ⊂ Y eine offene Teilmenge. Wir wollen zeigen, dass f −1 (V ) eine offene Teilmenge von X ist. Dazu sei x ∈ f −1 (V ), also f (x) ∈ V . Da V offen ist, gibt es ein ε > 0
mit Bε f (x) ⊂ V . Nach Voraussetzung existiert ein δ > 0 mit
d1 (x, y) < δ ⇒ d2 f (x), f (y) < ε.
Mit anderen Worten:
Ist y ∈ Bδ (x), so folgt f (y) ∈ Bε f (x) . Also gilt: Bδ (x) ⊂
f −1 Bε f (x) . Aus Bε f (x) ⊂ V folgt f −1 Bε f (x) ⊂ f −1 (V ), also
Bδ (x) ⊂ f −1 (V ).
Daher ist f −1 (V ) in der Tat offen.
Proposition 4.3 Es seien (X, T1 ), (Y, T2 ) und (Z, T3 ) topologische Räume. Sind f :
X → Y und g : Y → Z stetig, so ist auch g ◦ f : X → Z stetig.
Beweis : Wir müssen zeigen, dass für jede offene Menge V in Z auch
(g ◦ f )−1 (V )
eine offene Menge in X ist.
Nun gilt
(g ◦ f )−1 (V )
=
=
=
=
{x ∈ X : g ◦ f (x) ∈ V }
{x ∈ X : g f (x) ∈ V }
f −1 ({y ∈ Y : g(y) ∈ V })
f −1 g −1 (V ) .
Da g stetig ist, ist g −1 (V ) offen in Y . Da f stetig ist, ist f −1 g −1 (V ) offen in X. Also
ist in der Tat (g ◦ f )−1 (V ) offen.
Seite 12
Proposition 4.4 Es seien (X, T1 ) und (Y, T2 ) topologische Räume. Ferner sei S2 ⊂ T2
eine Subbasis der Topologie T2 . Dann ist eine Abbildung f : X → Y genau dann
stetig, wenn für jedes S ∈ S2 die Menge f −1 (S) offen in X ist.
Beweis : Ist f : X → Y stetig, dann ist das Urbild jeder offenen Menge offen, insbesondere also jeder Menge in S2 . Wir nehmen umgekehrt an, das Urbild jeder Menge
S ∈ S2 sei offen. Dann müssen wir zeigen, dass für jedes V ∈ T2 das Urbild f −1 (V )
offen in X ist. Sei also V ∈ T2 , d.h. V ist offen in Y . Nach Definition einer Subbasis
gilt
[
V =
Bi ,
i∈I
wobei I eine geeignete Indexmenge und jedes Bi der Schnitt von endlich vielen MenS −1
gen in S ist. Nun ist f −1 (V ) =
f (Bi ). Da jede Vereinigung offener Mengen
i∈I
offen ist, genügt es zu zeigen, dass alle f −1 (Bi ) offen sind. Wir fixieren ein i ∈ I und
schreiben Bi = S1 ∩ . . . ∩ Sn mit S1 , . . . , Sn ∈ S und n ∈ N. Dann ist
f −1 (Bi ) = f −1 (S1 ) ∩ . . . ∩ f −1 (Sn ).
Nach Voraussetzung sind f −1 (S1 ), . . . , f −1 (Sn ) offen. Als endlicher Schnitt offener
Mengen ist f −1 (Bi ) ebenfalls offen.
Definition 4.5 Se seien (X, T1 ) und (Y, T2 ) topologische Räume und x ∈ X. Eine Abbildung f : X → Y heißt stetig in x ∈ X, wenn es zu jeder Umgebung V von f (x)
eine Umgebung U von x gibt mit f (U ) ⊂ V oder, äquivalent dazu, U ⊂ f −1 (V ) .
Beispiel: Für X = Y = R und T1 = T2 die gewöhnliche“ reelle Topologie ist dies
”
äquivalent zu der aus der Analysis bekannten Definition. Das zeigt man genau wie
in Lemma 4.2.
Proposition 4.6 Es seien (X, T1 ) und (Y, T2 ) topologische Räume. f : X → Y ist
genau dann stetig, wenn f in allen x ∈ X stetig ist.
Beweis : Das folgt direkt aus den Definitionen (ÜA).
Bei stetigen Abbildungen sind die Urbilder offener bzw. abgeschlossener Mengen
ebenfalls offen bzw. abgeschlossen. Für die Bilder von offenen bzw. abgeschlossenen
Mengen braucht das im allgemeinen nicht zu gelten.
Definition 4.7 Es seien (X, T1 ) und (Y, T2 ) topologische Räume. Eine Abbildung
f :X→Y
Seite 13
heißt offen, falls für jede offene Menge U ⊂ X das Bild f (U ) offen in Y ist. Analog
heißt f abgeschlossen, falls für jede abgeschlossene Teilmenge A von X das Bild f (A)
abgeschlossen in Y ist.
1
Beispiele: Die stetige Funktion f : R → R, f (x) = 1+x
2 ist weder offen noch abgeschlossen, wenn wir R mit der gewöhnlichen Topologie ausstatten. Sie bildet nämlich
die offene und abgeschlossene Teilmenge R auf ]0, 1] ab.
Definition 4.8 Es seien (X, T1 ) und (Y, T2 ) topologische Räume. Eine Abbildung f :
X → Y heißt Homöomorphismus, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind:
i) f ist bijektiv
ii) f ist stetig
iii) Die Umkehrabbbildung f −1 : Y → X ist stetig.
Beispiel: Die Funktion g : R → R>0 = {x ∈ R : x > 0}, definiert durch g(x) = ex , ist
ein Homöomorphismus.
Lemma 4.9 Eine Abbildung f : X → Y zwischen zwei topologischen Räumen ist
genau dann ein Homöomorphismus, wenn f bijektiv, stetig und offen ist.
Beweis : Nach Definition 4.8 müssen wir folgende Aussage zeigen: Ist f : X → Y
bijektiv und stetig, so ist f −1 genau dann stetig, wenn f offen ist.
Wir setzen g = f −1 : Y → X. Dann gilt für jede Teilmenge U von X, dass g −1 (U ) =
{y ∈ Y : g(y) ∈ U } = f (U ) ist. Daraus folgt die Behauptung.
5 Unterräume, Produkte, Quotienten
Wir wollen jetzt einige gängige Verfahren kennenlernen, mit denen man neue topologische Räume konstruieren kann.
Lemma 5.1 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und Z ⊂ X eine beliebige Teilmenge. Dann ist
TZ = {U ∩ Z : U ⊂ X offen}
eine Topologie auf Z. Sie heißt Unterraumtopologie oder induzierte Topologie auf
Z.
Seite 14
Beweis : Wir müssen die drei Eigenschaften einer Topologie aus Definition 3.1 nachprüfen.
i) ∅ = ∅ ∩ Z und Z = X ∩ Z liegen in TZ .
ii) Sind Ui ∩Z beliebige Mengen aus TZ für i ∈ I und I eine beliebige Indexmenge,
so gilt
[
[
(Ui ∩ Z) = ( Ui ) ∩ Z
i∈I
Da T eine Topologie ist, liegt
i∈I
S
Ui in T , also ist
i∈I
iii) Sind U ∩ Z und V ∩ Z in TZ , so ist
S
(Ui ∩ Z) in TZ .
i∈I
(U ∩ Z) ∩ (V ∩ Z) = (U ∩ V ) ∩ Z.
Da T eine Topologie ist, liegt U ∩ V in T , also folgt (U ∩ Z) ∩ (V ∩ Z) ∈ TZ .
Satz 5.2 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und Z eine Teilmenge von X. Mit
j : Z ֒→ X bezeichnen wir die Inklusionsabbildung. Für jeden topologischen Raum
(Y, T ′ ) gilt dann: Eine Abbildung g : Y → Z ist genau dann stetig, wenn j ◦g : Y → X
stetig ist.
Beweis : ⇒“: Angenommen, g ist stetig. Sei U ⊂ X eine offene Teilmenge. Dann ist
”
(j ◦ g)−1 (U ) = g −1 j −1 (U ) = g −1 (U ∩ Z). Da U ∩ Z in TZ liegt, also offen in Z ist,
ist g −1 (U ∩ Z) nach Voraussetzung offen in Y .
⇐“: Wir nehmen umgekehrt an, dass j ◦ g : Y → X stetig ist und betrachten eine
”
offene Teilmenge von Z. Nach Definition von TZ hat diese die Form U ∩ Z für ein
U ⊂ X offen. Wie oben gilt
g −1 (U ∩ Z) = g −1 j −1 (U ) = (j ◦ g)−1 (U ),
und diese Menge ist nach Voraussetzung offen.
Wir können die Teilraumtopologie auch auf andere Weise charakterisieren. Dafür
brauchen wir folgenden Begriff:
Definition 5.3 Sind T1 und T2 zwei Topologien auf X mit T1 ⊂ T2 , so heißt T1 gröber
als T2 und T2 feiner als T1 .
Seite 15
Beispiel: Eine beliebige Topologie auf X ist immer gröber als die diskrete Topologie
und feiner als die triviale Topologie.
Lemma 5.4 Sei (X, T ) ein topologischer Raum. Die Teilraumtopologie TZ auf einer
Teilmenge Z ⊂ X ist die gröbste Topologie, so dass die Inklusion j : Z ֒→ X stetig
ist.
Beweis : Wir müssen zwei Dinge zeigen:
i) j : Z ֒→ X ist stetig bezüglich der Topologie TZ auf Z.
ii) Ist T ′ eine beliebige Topologie auf Z, so dass j : Z ֒→ X bezüglich T ′ stetig ist,
so gilt TZ ⊂ T ′ .
i) folgt aus der Definition von TZ , da j −1 (U ) = U ∩ Z gilt. Wir zeigen nun ii). Angenommen j : Z ֒→ X ist stetig bezüglich einer Topologie T ′ auf Z. Dann ist für
jede offene Teilmenge U in X die Menge U ∩ Z = j −1 (Z) in T ′ enthalten. Also gilt
TZ ⊂ T ′ .
Wir wollen jetzt die Produkttopologie definieren. Dazu definieren wir zunächst beliebige Produktmengen. Gegeben sei eine Indexmenge I sowie für jedes i ∈ I eine
Menge Xi . Wir setzen
Y
[
Xi = {s : I →
Xi : s ist eine Funktion mit s(i) ∈ Xi für alle i ∈ I}.
i∈I
i∈I
Ist I = {1, . . . , n}, so erhalten wir die übliche Produktmenge
X1 × . . . × Xn = {(x1 , . . . , xn ) : xi ∈ Xi für i = 1, . . . , n},
indem wir jeder Funktion s das Tupel ihrer Werte zuordnen. Für jedes i ∈ I existiert
die sogenannte Projektionsabbildung
Y
pj :
Xi → Xj ,
i∈I
die einer Funktion s : I →
S
Xi den Wert s(j) ∈ Xj zuordnet.
i∈I
Definition 5.5 Es seien topologische Räume (Xi , Ti ) gegeben, wobei i eine beliebige
Indexmenge I durchläuft. Dann definieren wir die Produkttopologie auf der Menge
Q
Xi als die Topologie zur Basis
i∈I
B={
\
p−1
k (Uk ) : Uk offen in Xk , K ⊂ I eine beliebige endliche Teilmenge}.
k∈K
Seite 16
Eine Subbasis der Produkttopologie ist die Menge
S = {p−1
i (Ui ) : Ui ⊂ Xi offen, i ∈ I beliebig},
denn B entsteht aus S, indem man alle endlichen Durchschnitte bildet.
Ist I eine endliche Menge, so ist die Produkttopologie auf
Q
Xi die Topologie zur
i∈I
Basis
B={
\
p−1
i (Ui ) : Ui ⊂ Xi offen für alle i ∈ I}.
i∈I
In diesem Fall ist
T
i∈I
p−1
i (Ui )
=
Q
Ui , so dass die Basis B gerade aus allen Produkten
i∈I
offener Mengen besteht.
n
Beispiel: Die Topologie des R , die durch die Metrik d(x, y) =
s
n
P
(xi − yi )2 indu-
i=1
ziert wird, stimmt mit der Produkttopologie auf dem n−fachen Produkt des topologischen Raums R überein.
Satz 5.6 Es sei I eine Indexmenge und (Xi , Ti ) topologische Räume für alle i ∈ I. Wir
Q
versehen die Produktmenge
Xi mit der Produkttopologie T .
i∈I
i) Für jedes j ∈ I ist die Projektion
pj :
Y
Xi → Xj
i∈I
stetig und offen.
ii) Die Produkttopologie T ist die gröbste Topologie auf der Produktmenge
Q
Xi ,
i∈I
so dass die Projektionen pj für alle j ∈ I stetig sind.
Beweis :
i) Ist Uj ⊂ Xj offen, so ist p−1
j (Uj ) ein Element der Basis der Produkttopologie,
also insbesondere offen. Daher ist pj stetig.
Q
Wir wollen nun zeigen, dass pj offen ist. Sei U ⊂
Xi offen. Dann gilt nach
i∈I
S
Vl , wobei L eine Indexmenge und Vl ∈
Definition der Produkttopologie U =
l∈L S
pj (Vl ). Da Vereinigungen offener
B für alle l ∈ L ist. Es gilt also pj (U ) =
l∈L
Seite 17
Mengen offen sind, genügt es zu zeigen, dass für alle V ∈ B das Bild pj (V )
offen in Xj ist. Jedes V ∈ B hat die Form
\
V =
p−1
k (Uk )
k∈K
für K ⊂ I endlich und Uk ⊂ Xk offen. Wir können V 6= ∅ annehmen. Dann sind
auch alle Uk 6= ∅.
1. Fall: j ∈
/ K. Wir wollen dann pj (V ) = Xj zeigen. Die Inklusion ⊂“ ist klar.
”
Sei also xj ∈ Xj . Wir wählen für alle k ∈ K beliebige xk ∈ Uk und für alle
i ∈
/ K, i 6= j beliebige xi ∈ Xi . Dann ist die Funktion s(i) = xi in p−1
k (Uk )
für alle k ∈ K, also in V enthalten. Sie erfüllt pj (s) = s(j) = xj . Daher folgt
Xj ⊂ pj (V ).
2. Fall: j ∈ K. Wir wollen dann pj (V ) = Uj zeigen. Aus V ⊂ p−1
j (Uj ) folgt
(U
)
⊂
U
.
pj (V ) ⊂ pj p−1
j
j
j
Es bleibt noch Uj ⊂ pj (V ) zu zeigen. Sei xj ∈ Uj beliebig. Wir wählen für alle
k ∈ K mit k 6= j beliebige xk ∈ Uk und für alle i ∈
/ K beliebige xi ∈ Xi . Dann ist
−1
die Funktion s(i) = xi in pk (Uk ) für alle k ∈ K, also in V enthalten. Sie erfüllt
pj (s) = s(j) = xj . Also gilt in der Tat Uj ⊂ pj (V ).
Da in beiden Fällen pj (V ) offen in Xj ist, folgt die Behauptung.
ii) Wir müssen zwei Dinge zeigen:
a) Alle pj sind stetig bezüglich der Produkttopologie T .
Q
b) Sind alle pj stetig bezüglich einer Topologie T ′ auf
Xi , so gilt T ⊂ T ′ .
i∈I
Teil a) haben wir schon in i) gezeigt. Es bleibt also Teil b) zu zeigen. Sei T ′ eine
Q
Topologie auf
Xi , bezüglich derer alle Projektionen pj stetig sind. Dann gilt
i∈I
für jede endliche Teilmenge K ⊂ I und alle Uk ⊂ Xk offen für k ∈ K :
T −1
′
pk (Uk ).
Jedes p−1
k (Uk ) liegt in T , also auch der endliche Schnitt
k∈K
′
′
Daher folgt B ⊂ T . Da T eine Topologie und somit abgeschlossen unter beliebigen Vereinigungen ist, folgt T ⊂ T ′ .
Satz 5.7 Es seien (Xi , Ti ) topologische Räume für alle i ∈ I. Eine Abbildung
Y
g:Y →
Xi
i∈I
Seite 18
eines topologischen Raumes (Y, T ′ ) in den Produktraum ist genau dann stetig
bezüglich der Produkttopologie, wenn für alle j ∈ J die Abbildung
pj ◦ g : Y → X j
stetig ist.
Beweis : ⇒“: Da alle pj nach Satz 5.6 stetig sind, ist nach Proposition 4.3 mit g auch
”
die Verknüpfung pj ◦ g stetig.
⇐“: Angenommen alle pj ◦ g sind stetig. Dann ist für jedes j ∈ I und jede offene
”
Teilmenge Uj ⊂ Xj die Menge
(pj ◦ g)−1 (Uj )
−1
offen in Y . Nun ist (pj ◦ g)−1 (Uj ) = g −1 p−1
j (Uj ) . Da S = {pj (U ) : j ∈ I, Uj ⊂
Xj offen} eine Subbasis der Produkttopologie ist, sind also die Urbilder aller Elemente der Subbasis S unter g offen. Nach Proposition 4.4 ist g daher stetig.
Beispiel: Eine Abbildung
f : R → R2
x 7→ f1 (x), f2 (x)
ist genau dann stetig, wenn f1 und f2 stetig sind.
Satz 5.8 Es seien (Xi , Ti ) und (Yi , Ti′ ) topologische Räume für alle i ∈ I, so dass alle
Xi 6= ∅ sind. Gegeben seien ferner Abbildungen fi : Xi → Yi für alle i ∈ I. Dann ist
die Abbildung
Y
Y
f:
Xi →
Yi ,
i∈I
die eine Funktion s : I →
S
i∈I
Xi auf
i∈I
S
f (s) : I →
Yi
i 7→ fi s(i)
abbildet, genau dann stetig in den Produkttopologien, wenn alle fi für i ∈ I stetig
sind.
Q
Beweis : Wir bezeichnen die Projektionen von
Xi mit pj und die Projektionen von
i∈I
Q
Yi mit qj . Dann gilt nach Definition von f
i∈I
qj ◦ f = fj ◦ pj
Seite 19
für alle j ∈ I.
Q
⇒“: Wir nehmen an, dass f stetig ist. Wir wählen ein Element s ∈
Xi und defi”
i∈I
nieren eine Abbildung
Y
hj : X j →
Xi ,
i∈I
indem wir jedem xj ∈ Xj die Funktion
(
sxj (i) =
s(i)
xi
für i 6= j
für i = j
zuordnen.
Für i 6= j ist pi ◦ hj : Xj → Xi also die konstante Abbildung auf s(i). Für i = j ist
pi ◦ hj = id : Xj → Xj .
Q
Also ist pi ◦hj stetig für alle i ∈ I. Nach Satz 5.7 ist somit hj : Xj →
Xi stetig. Es ist
i∈I
qj ◦ f ◦ hj = fj ◦ pj ◦ hj = fj ◦ id = fj , also ist fj als Komposition stetiger Funktionen
stetig.
⇐“: Sind alle fj stetig, so ist nach Satz 5.6 auch fj ◦ pj = qj ◦ f stetig für alle j ∈ I.
”
Daraus folgt nach Satz 5.7 die Stetigkeit von f .
Wir wollen nun Quotienten von topologischen Räumen nach Äquivalenzrelationen
definieren.
Erinnerung: Eine Relation auf einer Menge X ist eine Teilmenge R von X × X. Wir
schreiben x ∼ y, falls (x, y) ∈ R.
Eine Relation ∼ heißt Äquivalenzrelation, falls folgende Bedingungen für alle
x, y, z ∈ X gelten:
i) (Reflexivität) Es gilt x ∼ x
ii) (Symmetrie) Aus x ∼ y folgt y ∼ x
iii) (Transitivität) Aus x ∼ y und y ∼ z folgt x ∼ z
Ist ∼ eine Äquivalenzrelation auf X, so bezeichnen wir mit [x] = {y ∈ X : x ∼ y} die
Äquivalenzklasse von x ∈ X. Es gilt [x] = [y] genau dann, wenn x ∼ y. Es gilt sogar:
Ist [x] ∩ [y] 6= ∅, so folgt [x] = [y]. Daher ist X die disjunkte Vereinigung paarweise
verschiedener Äquivalenzklassen.
Mit X/ ∼ bezeichnen wir die Menge der (verschiedenen) Äquivalenzklassen. Sie heißt
auch Quotientenmenge von X nach der Äquivalenzrelation ∼.
Die Abbildung
π : X → X/ ∼
x 7→ [x]
Seite 20
heißt Quotientenabbildung. π ist surjektiv, und es gilt π(x) = π(y) genau dann, wenn
x ∼ y ist. Eine Abbildung f : X → Y , für die gilt x ∼ y ⇒ f (x) = f (y), induziert eine
Abbildung f¯ : X/ ∼ → Y mit f = f¯ ◦ π.
Beispiel: Wir definieren eine Äquivalenzrelation ∼ auf Z durch
x ∼ y ⇐⇒ x − y ist eine gerade Zahl.
Hier gibt es zwei Äquivalenzklassen, nämlich
[0]
= {x ∈ Z : x gerade} und
[1]
= {x ∈ Z : x ungerade}
Wir können also die Quotientenmenge X/ ∼ mit der Menge {0, 1} identifizieren.
Definition 5.9 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und ∼ eine Äquivalenzrelation
auf X. Mit π : X → X/ ∼ bezeichnen wir die Quotientenabbildung. Wir definieren
eine Topologie T als die Menge aller U ⊂ X/ ∼ mit π −1 (U ) ∈ T . T heißt Quotiententopologie.
Natürlich müssen wir nachprüfen, dass T die drei Eigenschaften einer Topologie
erfüllt (ÜA).
Proposition 5.10 Sei (X, T ) ein topologischer Raum und ∼ eine Äquivalenzrelation
auf X. Dann ist die Quotiententopologie die feinste Topologie auf X/ ∼, so dass die
Quotientenabbildung π : X → X/ ∼ stetig ist.
Beweis : Nach Definition der Quotiententopologie T ist π : X → X/ ∼ stetig
bezüglich T . Sei T ′ eine beliebige Topologie auf X/ ∼, bezüglich derer π stetig ist.
Dann ist für jedes U ∈ T ′ das Urbild π −1 (U ) offen in X. Also liegt U in T und wir
erhalten
T′⊂T
Somit ist T in der Tat feiner als T ′ .
Satz 5.11 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und ∼ eine Äquivalenzrelation auf
X. Es sei (Y, T ′ ) ein topologischer Raum. Eine Abbildung f : X/ ∼ → Y ist genau
dann stetig bezüglich T , wenn die Abbildung
f ◦π :X →Y
stetig ist.
Seite 21
Beweis : ⇒“: Ist f stetig, so ist für jedes offene U ⊂ Y das Urbild f −1 (U ) offen
”
in X/ ∼. Also folgt nach Definition der Quotiententopologie, dass π −1 f −1 (U ) =
(f ◦ π)−1 (U ) offen in X ist. Daher ist f ◦ π stetig.
⇐“: Ist f ◦ π stetig, so ist für jedes U ⊂ Y offen das Urbild (f ◦ π)−1 (U ) =
” −1 −1
π
f (U ) offen in X. Also ist nach Definition der Quotiententopologie f −1 (U )
offen in X/ ∼. Daher ist f stetig
Beispiel: Wir betrachten die Äquivalenzrelation
x ∼ y genau dann, wenn x − y ∈ Z
auf der Menge R der reellen Zahlen. Mit S 1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1} bezeichnen
wir den Einheitskreis im R2 , versehen mit der Unterraumtopologie. Die Abbildung
g :R → S 1
x 7→ (cos 2πx, sin 2πx)
erfüllt
x ∼ y ⇐⇒ x − y ∈ Z ⇐⇒
cos 2πx = cos 2πy und
sin 2πx = sin 2πy
Also gibt es eine Abbildung
f : R/ ∼ → S 1
mit g = f ◦ π (man sagt dazu auch, das Diagramm
g
R
π
S1
f
R/ ∼
kommutiert.) Wir haben soeben gesehen, dass gilt: g(x) = g(y) ⇒ x ∼ y. Also ist
f injektiv. Da cos 2πx und sin 2πx stetige Funktionen auf R sind, ist g nach Satz 5.7
stetig. Aus Satz 5.11 folgt dann die Stetigkeit von f .
Es gilt sogar noch mehr: Die Abbildung g ist surjektiv, also ist auch f surjektiv. Insgesamt ist f also bijektiv. Ist ]a, b[⊂ R ein offenes Intervall mit 0 < b − a < 1, so ist
g(]a, b[) = S 1 ∩ I1 × I2 , wobei
I1 = cos ]2πa, 2πb[ und
I2
=
sin (]2πa, 2πb[)
Seite 22
offene Intervalle in R sind. Also ist f sogar offen.
Nach Lemma 4.9 ist f ein Homöomorphismus zwischen R/ ∼ und der Einheitssphäre
S1.
6 Zusammenhängende Räume
Definition 6.1 Ein topologischer Raum (X, T ) heißt zusammenhängend, wenn aus
X = U1 ∪ U2 für U1 , U2 offen in X mit U1 6= ∅ und U2 6= ∅ folgt, dass U1 ∩ U2 6= ∅ ist.
Ein zusammenhängender topologischer Raum kann also nur auf triviale Weise als
disjunkte Vereinigung offener Mengen dargestellt werden.
Definition 6.2 Sei (X, T ) ein topologischer Raum. Eine Teilmenge Y ⊂ X heißt
zusammenhängend, falls Y ausgestattet mit der induzierten Topologie ein zusammenhängender topologischer Raum ist
Beispiele:
i) Jedes Intervall ]a, b[ mit a < b ist zusammenhängend bezüglich der üblichen
Topologie auf R. Gilt nämlich ]a, b[ = U1 ∪ U2 mit U1 6= ∅ und U2 6= ∅ offen in
R, so wählen wir u1 ∈ U1 und u2 ∈ U2 . Wir können u1 < u2 annehmen, sonst
vertauschen wir U1 und U2 . Sei S = {s ∈ ]a, b[ : ]u1 , s[⊂ U1 } und s0 = sup(S)
die kleinste reelle Zahl mit s0 ≥ s für alle s ∈ S.
Dann ist a < s0 < b. Daher liegt s0 in U1 oder in U2 . Aus s0 ∈ U1 folgte ]so −
ε, s0 + ε[⊂ U1 für ein ε > 0, was zum Widerspruch s0 + ε ∈ U1 führte. Also gilt
s0 ∈ U2 . Da U2 offen ist, folgt daraus U1 ∩ U2 6= ∅.
Analog zeigt man, dass auch alle halboffenen und geschlossenen Intervalle in
R sowie der gesamte Raum R zusammenhängend sind.
ii) Ist X eine Menge mit mindestens zwei Elementen, ausgestattet mit der diskreten Topologie, so ist X nicht zusammenhängend.
Lemma 6.3 Sei X ein topologischer Raum und Y ⊂ X zusammenhängend. Dann ist
auch jede Menge Z mit
Y ⊂Z⊂Y
zusammenhängend. Insbesondere ist mit Y auch der Abschluss Y zusammenhängend.
Seite 23
Beweis : Es sei Z = U1 ∪ U2 für offene, nichtleere Teilmengen U1 und U2 in der
induzierten Topologie auf Z. Es genügt zu zeigen U1 ∩ U2 6= ∅. Definitionsgemäß gilt
U1 = V1 ∩ Z und U2 = V2 ∩ Z für offene, nichtleere Teilmengen V1 , V2 von X. Also
folgt
Y = (U1 ∩ Y ) ∪ (U2 ∩ Y )
= (V1 ∩ Z ∩ Y ) ∪ (V2 ∩ Z ∩ Y )
= (V1 ∩ Y ) ∪ (V2 ∩ Y ), da Y ⊂ Z.
Die Mengen V1 ∩ Y und V2 ∩ Y sind offen in der induzierten Topologie von Y . Wir
wollen nun zeigen, dass sie nicht leer sind. Es sei x ein Punkt aus U1 = V1 ∩ Z. Falls
x ∈ V1 ∩ Y ist, so ist diese Menge nicht leer und wir sind fertig. Falls x ∈
/ Y ist, so
folgt x ∈ ZY ⊂ Y Y = ∂Y. Also schneidet nach der Definition von ∂Y die offene
Umgebung V1 von x die Menge Y , woraus ebenfalls V1 ∩ Y 6= ∅ folgt. Analog zeigt
man V2 ∩ Y 6= ∅.
Da Y zusammenhängend ist, folgt somit
V1 ∩ Y ∩ V2 ∩ Y 6= ∅,
woraus U1 ∩ U2 6= ∅ folgt. Also ist Z in der Tat zusammenhängend.
Satz 6.4 Es sei f : X → Y eine stetige Abbildung zwischen zwei topologischen
Räumen.
Ist X zusammenhängend, so ist auch das Bild von f , also
f (X) = {y ∈ Y : Es gibt ein x ∈ X mit y = f (X)}
zusammenhängend.
Beweis : Wir nehmen an, f (X) = U1 ∪ U2 für offene Teilmengen U1 und U2 in der
induzierten Topologie von f (X) mit U1 6= ∅ und U2 6= ∅. Dann ist U1 = V1 ∩ f (X)
und U2 = V2 ∩f (X) für offene, nicht leere Teilmengen V1 und V2 von Y . Da f stetig ist,
sind f −1 (V1 ) und f −1 (V2 ) offene Teilmengen von X. Da f −1 (V1 ) und f −1 (V2 ) nach
Konstruktion nicht leer sind und X = f −1 (V1 )∪f −1 (V2 ) zusammenhängend ist, folgt
f −1 (V1 ) ∩ f −1 (V2 ) 6= ∅. Daraus folgt V1 ∩ V2 6= ∅ und damit U1 ∩ U2 6= ∅. Daher ist
f (X) zusammenhängend.
Satz 6.5 (Zwischenwertsatz)
Ist X ein zusammenhängender topologischer Raum und f : X → R eine stetige
Abbildung, wobei R die gewöhnliche reelle Topologie trägt, so nimmt f für alle s, t ∈
X jeden Wert zwischen f (s) und f (t) an.
Seite 24
Beweis : Nach Satz 6.4 ist f (X) eine zusammenhängende Teilmenge von R. Wir
können f (s) ≤ f (t) annehmen, sonst vertauschen wir s und t. Sei x ∈]f (s), f (t)[
gegeben. Falls x ∈
/ f (X) gilt, so betrachten wir die offenen Teilmengen
U1
und U2
= f (X)∩] − ∞, x[
= f (X)∩]x, ∞[
in der induzierten Topologie von f (X). ( Hier schreiben wir ]−∞, x[= {t ∈ R : t < x}
und ]x, ∞[= {t ∈ R : t > x}).
Da f (s) ∈ U1 und f (t) ∈ U2 gilt, sind U1 und U2 nicht leer. Ferner ist offenbar U1 ∩
U2 = ∅. Aus x ∈
/ f (X) folgt aber f (X) = U1 ∪ U2 , was der Tatsache widerspricht, dass
f (X) zusammenhängend ist.
Beispiel: Als Anwendung von Satz 6.5 erhalten wir den Zwischenwertsatz der Analysis: Sind a < b reelle Zahlen und f : [a, b] → R eine stetige Funktion mit f (a) < 0
und f (b) > 0, so existiert ein x ∈ [a, b] mit f (x) = 0.
Satz 6.6 Sei X ein topologischer Raum und I eine Indexmenge. Für jedes i ∈ I sei Yi
T
S
eine zusammenhängende Teilmenge von X, so dass
Yi 6= ∅. Dann ist auch
Yi
i∈I
i∈I
zusammenhängend.
S
Beweis : Es sei
Yi = U1 ∪ U2 mit offenen Teilmengen U1 6= ∅ und U2 6= ∅ in der
i∈I
S
S
induzierten Topologie. Also ist U1 = V1 ∩ ( Yi ) und U2 = V2 ∩ ( Yi ) für geeignete
i∈I
i∈I
offene, nicht leere Teilmengen V1 und V2 von X.
T
Es sei x ∈
Yi . Wir können x ∈ V1 annehmen, sonst vertauschen wir V1 und V2 . Da
i∈I
T
V2 6= ∅ ist, existiert ein i ∈ I mit V2 ∩ Yi 6= ∅. Aus x ∈ V1 ∩
Yi ⊂ V1 ∩ Yi folgt
i∈I
V1 ∩ Yi 6= ∅. Da Yi zusammenhängend ist, folgt aus Yi = (V1 ∩ Yi ) ∪ (V2 ∩ Yi ), dass
S
V1 ∩ V2 ∩ Yi 6= ∅ ist. Also ist auch U1 ∩ U2 6= ∅. Daher ist
Yi zusammenhängend. i∈I
Definition 6.7 Sei X ein topologischer Raum und x ∈ X. Die Vereinigung aller zusammenhängender Mengen Y ⊂ X mit x ∈ Y nennt man die Zusammenhangeskomponente K(x) von x.
Lemma 6.8 In einem topologischen Raum X sind alle Zusammenhangskomponenten zusammenhängend und abgeschlossen.
Beweis : Nach Satz 6.6 ist für jedes x ∈ X die Zusammenhangskomponente K(x)
zusammenhängend, nach Lemma 6.3 ist K(x) abgeschlossen.
Seite 25
Zusammenhangskomponenten müssen aber im allgemeinen nicht offen sein.
Definition 6.9 Ein topologischer Raum X heißt total unzusammenhängend, wenn
für jedes x ∈ X gilt
K(x) = {x}.
Beispiel: Der Raum Q mit der von R induzierten Topologie ist total unzusammenhängend. Sei q ∈ Q und Y ⊂ Q eine beliebige Teilmenge mit q ∈ Y . Angenommen, Y enthält ein p < q. Dann existiert ein r ∈ R \ Q mit p < r < q. Also
ist
(] − ∞, r[∩Y ) ∪ (]r, ∞[∩Y )
eine Überdeckung von disjunkten, nicht leeren, offenen Teilmengen von Y . Somit ist
Y nicht zusammenhängend. Also folgt in der Tat K(q) = {q}.
Definition 6.10 Sei X ein topologischer Raum und I = [0, 1] ⊂ R.
i) Eine stetige Abbildung γ : [0, 1] → X nennen wir einen Weg in X von γ(0) nach
γ(1).
ii) Der Raum X heißt wegzusammenhängend, wenn es zu je zwei Punkten x, y ∈
X einen Weg von x nach y gibt.
Satz 6.11 Jeder wegzusammenhängende Raum X ist zusammenhängend.
Beweis : Sei X = U1 ∪U2 mit offenen, nicht leeren Teilmengen U1 und U2 . Wir müssen
U1 ∩U2 6= ∅ zeigen. Sei x1 ∈ U1 und x2 ∈ U2 . Nach Voraussetzung existiert ein Weg γ :
I → X mit γ(0) = x1 und γ(1) = x2 . Nun ist I = γ −1 (U1 ) ∪ γ −1 (U2 ). Die Teilmengen
γ −1 (U1 ) und γ −1 (U2 ) sind offen und wegen γ(0) ∈ U1 und γ(1) ∈ U2 nicht leer. Da I
zusammenhängend ist, folgt γ −1 (U1 ) ∩ γ −1 (U2 ) 6= ∅, also auch U1 ∩ U2 6= ∅.
Die Umkehrung von Satz 6.11 gilt nicht. Ein Beispiel für einen zusammenhängenden,
aber nicht wegzusammenhängenden Raum ist der Abschluss G der Menge G =
(x, sin x1 ) : x ∈ R\{0} im R2 .
7 Kompakte Räume
Wir beginnen mit Hausdorffschen Räumen, deren Namensgeber der Mathematiker
Felix Hausdorff (1886-1942) ist.
Seite 26
Definition 7.1 Ein topologischer Raum (X, T ) heißt Hausdorff’sch, wenn es für
beliebige x, y ∈ X mit x 6= y eine offene Umgebung U um x und eine offene
Umgebung V um y gibt mit U ∩ V = ∅.
In einem Hausdorff’schen Raum lassen sich also zwei verschiedene Punkte stets
durch offene Umgebungen trennen.
Beispiel:
i) Trägt X die diskrete Topologie, so ist X Hausdorff’sch.
ii) Trägt X die triviale Topologie T = {∅, X} und besitzt X mehr als ein Element,
so ist X nicht Hausdorff’sch.
iii) Rn mit der gewöhnlichen Topologie ist Hausdorff’sch.
iv) Allgemeiner gilt: Jeder metrische Raum ist Hausdorff’sch. Sind nämlich x 6= y
zwei Punkte in einem metrischen Raum (X, d), so ist d(x, y) > 0 und die offenen
Bälle Bd(x,y)/2 (x) und Bd(x,y)/2 (y) sind disjunkt.
v) Spec Z ist nicht Hausdorff’sch.
Satz 7.2 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und ∼ eine Äquivalenzrelation auf X.
Wir setzen
R = {(x, y) ∈ X × X : x ∼ y}.
i) Ist X/ ∼ Hausdorff’sch bezüglich der Quotiententopologie, so ist R eine abgeschlossene Teilmenge von X × X in der Produkttopologie.
ii) Ist die Quotientenabbildung
π : X → X/ ∼
offen, so ist X/ ∼ genau dann Hausdorff’sch, wenn R eine abgeschlossene Teilmenge von X × X (bezüglich der Produkttopologie) ist.
Beweis :
i) Angenommen X/ ∼ ist Hausdorff’sch. Wir wollen zeigen, dass R ⊂ X × X abgeschlossen ist. Dazu zeigen wir X × X\R offen. Sei also (x, y) ∈ X × X\R.
Dann ist [x] 6= [y]. Da X/ ∼ Hausdorff’sch ist, existiert eine offene Umgebung U von [x] in X/ ∼ und eine offene Umgebung V von [y] in X/ ∼ mit
Seite 27
U ∩ V = ∅. Dann ist π −1 (U ) eine offene Umgebung von x in X und π −1 (V ) eine
offene Umgebung von y in X. Also ist
π −1 (U ) × π −1 (V ) = p−1
π −1 (U ) ∩ p−1
π −1 (U )
1
2
⊂ X ×X
eine offene Umgebung von (x, y) in der Produkttopologie. Wir behaupten
π −1 (U ) × π −1 (V ) ∩ R = ∅. Für alle (x′ , y ′ ) ∈ π −1 (U ) × π −1 (V ) gilt nämlich
[x′ ] = π(x′ ) ∈ U und [y ′ ] = π(y ′ ) ∈ V. Da U und V disjunkt sind, folgt [x′ ] 6= [y ′ ],
also x′ 6∼ y ′ und somit (x′ , y ′ ) ∈
/ R. Also haben wir eine offene Umgebung von
(x, y) in X × X\R gefunden, d.h. R ist abgeschlossen.
ii) Wir nehmen an, dass π offen ist. Nach i) müssen wir nur zeigen, dass X/ ∼
Hausdorff’sch ist, wenn R abgeschlossen ist. Seien [x] 6= [y] zwei verschiedene Elemente in X/ ∼, d.h. zwei verschiedene Äquivalenzklassen bezüglich ∼.
Dann ist (x, y) ∈
/ R, da x 6∼ y ist. Nach Voraussetzung ist X × X\R offen, d.h. es
existiert eine offene Umgebung W von (x, y) mit W ⊂ X × X\R. Nach Definition der Produkttopologie ist W die Vereinigung von offenen Basismengen der
−1
Form p−1
1 (U ) ∩ p2 (V ) für offene Teilmengen U und V von X. Es gibt also eine
solche offene Basismenge, die den Punkt (x, y) enthält. Also finden wir offene
Teilmengen U und V von X mit
−1
(x, y) ∈ p−1
1 (U ) ∩ p2 (V ) = U × V ⊂ X × X,
so dass (U × V ) ∩ R = ∅ ist. Da π offen ist, ist π(U ) eine offene Umgebung von
[x] = π(x) in X/ ∼ und π(V ) eine offene Umgebung von [y] = π(y) in X/ ∼.
Angenommen, es gäbe ein [z] ∈ π(U ) ∩ π(V ). Dann gäbe es x′ ∈ U und y ′ ∈ V
mit [z] = π(x′ ) = [x′ ] und [z] = π(y ′ ) = [y ′ ], woraus [x′ ] = [y ′ ], also x′ ∼ y ′ und
damit (x′ , y ′ ) ∈ R folgte. Das steht im Widerspruch zu (U × V ) ∩ R = ∅. Also
sind π(U ) und π(V ) disjunkt. Daher ist X ∼ Hausdorff’sch.
Sei (X, T ) ein topologischer Raum.
Definition 7.3 Eine Menge U von offenen Teilmengen von X heißt offene
Überdeckung von X, falls gilt:
[
X=
U.
U ∈U
Eine Überdeckung U heißt endlich, falls U endlich viele Elemente hat.
Eine offene Überdeckung ist also eine Teilmenge
U ⊂T,
Seite 28
so dass es für jedes x ∈ X ein U ∈ U gibt mit x ∈ U .
Beispiel:
i) T selbst ist eine offene Überdeckung von X.
ii) U = {X} ist eine offene Überdeckung von X.
iii) U = {]x, x + 1[: x ∈ R} ist eine offene Überdeckung von R.
Definition 7.4 Sind U1 und U2 offene Überdeckungen von X mit U1 ⊂ U2 , so heißt U1
Teilüberdeckung von X.
Definition 7.5
i) Ein topologischer Raum (X, T ) heißt quasi-kompakt, wenn jede
offene Überdeckung U von X eine endliche Teilüberdeckung hat.
ii) Ein topologischer Raum (X, T ) heißt kompakt, falls (X, T ) Hausdorff’sch und
quasi-kompakt is.
Beispiel:
i) Ist X eine endliche Menge, so ist X bezüglich jeder Topologie T quasi-kompakt,
da es überhaupt nur endlich viele offene Mengen gibt.
ii) R ist nicht kompakt, da die Überdeckung
U = {]x, x + 1[ , x ∈ R}
keine endliche Teilüberdeckung enthält. Für jede endliche Teilmenge {]x1 , x1 +
1[, . . . , ]xn , xn+1 [} von U gibt es nämlich eine reelle Zahl, die kleiner als alle xi
ist.
iii) Jedes abgeschlossene Intervall [a, b] ⊂ R ist kompakt. Sei U eine offene
Überdeckung von [a, b]. Wir betrachten S = {s ∈ [a, b] : Es gibt endlich viele
offene Mengen U1 , . . . , Un in U mit [a, s] ⊂ U1 ∪ . . . ∪ Un }.
Da a ∈ S ist, ist S 6= ∅. Angenommen s ∈ S und s < b. Dann gibt es U1 , . . . , Un ∈
U mit [a, s] ⊂ U1 ∪. . .∪Un . Nun ist s in einem der Ui enthalten, o.E. gelte s ∈ Un .
Da Un offen ist, liegt ein geeignetes offenes Intervall ]s − 2ε, s + 2ε[ noch ganz
in Un . Wir können ε so klein wählen, dass s + ε ≦ b ist. Dann gilt
[a, s + ε] ⊂ U1 ∪ . . . ∪ Un .
Somit enthält S mit jeder Zahl s < b auch alle s′ ∈ [s, s + ε] für ein geeignetes
ε > 0 (das von s abhängt). Daraus folgt S = [a, b]. Also hat U eine endliche
Teilüberdeckung.
Seite 29
Satz 7.6
i) Jede abgeschlossene Teilmenge eines quasi-kompakten bzw. kompakten Raums ist quasi-kompakt bzw. kompakt in der induzierten Topologie.
ii) Jede kompakte Teilmenge eines Hausdorff’schen Raumes ist abgeschlossen.
Beweis :
i) Sei (X, T ) ein quasi-kompakter topologischer Raum und Y ⊂ X abgeschlossen.
Ist U eine offene Überdeckung von Y , so ist jede offene Menge U ∈ U von der
Form V ∩ Y für eine offene Teilmenge V ⊂ X. Wir definieren
V = {V ⊂ X offen : V ∩ Y ∈ U} ∪ {X\Y }.
Das ist eine offene Überdeckung von X, nach Voraussetzung enthält V also eine
endliche Teilüberdeckung V ′ . Dann ist
U ′ = {V ∩ Y : V ∈ V ′ }
eine endliche Teilüberdeckung von U. Ist X zusätzlich Hausdorff’sch, so ist
auch Y Hausdorff’sch.
ii) Sei K eine kompakte Teilmenge des Hausdorff’schen topologischen Raums
(X, T ). Wir zeigen X\K offen. Sei x ∈ X\K. Zu jedem y ∈ K gibt es, da X
Hausdorff’sch ist, eine offene Umgebung U (y) von y und eine offene Umgebung Vy von x mit U (y) ∩ Vy = ∅. Die Überdeckung U = {U (y) ∩ K : y ∈ K} der
kompakten Menge K hat eine endliche Teilüberdeckung {U (y1 )∩K, . . . , U (yn )∩
K}. Dann ist V = Vy1 ∩ . . . ∩ Vyn eine offene Umgebung von x mit V ∩ U (y1 ) =
V ∩ U (y2 ) = . . . = V ∩ U (yn ) = ∅, also V ∩ K = ∅. Daher ist X\K offen.
Satz 7.7 Es sei f : X → Y eine stetige Abbildung topologischer Räume. Ist X quasikompakt, so ist auch das Bild f (X) quasi-kompakt.
Beweis : Es sei U = {Ui }i∈I eine offene Überdeckung der Menge f (X). Da f (X) die
induzierte Topologie trägt, ist Ui = Vi ∩ f (X) für offene Teilmengen Vi von Y . Da
f stetig ist, sind alle f −1 (Vi ) = f −1 (Ui ) offen in X. Sei x ∈ X. Dann existiert ein
i ∈ I mit f (x) ∈ Ui ⊂ Vi . Also ist x ∈ f −1 (Vi ). Daher ist {f −1 (Vi )}i∈I eine offene Überdeckung von X. Da X kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung
{f −1 (Vi1 ), . . . , f −1 (Vin )}. Daher ist f (X) ⊂ Vi1 ∪ . . . ∪ Vin , und somit auch f (X) ⊂
Ui1 ∪ . . . ∪ Uin . Also ist auch {Ui1 , . . . , Uin } eine endliche Teilüberdeckung von U. Seite 30
Lemma 7.8 Es seien X und Y quasi-kompakte topologische Räume. Dann ist auch
X × Y , versehen mit der Produkttopologie, quasi-kompakt.
Beweis : Wir zeigen zunächst folgende Tatsache:
(∗) Sei x ∈ X und N eine offene Teilmenge von X × Y , so dass {x} × Y ⊂ N gilt.
Dann gibt es eine offene Umgebung W von x in X mit
W × Y ⊂ N.
Um (∗) zu zeigen, überdecken wir N mit offenen Teilmengen der Form U × V für
U ⊂ X offen und V ⊂ Y offen. (Solche Teilmengen bilden eine Basis der Produkttopologie.)
Da Y quasi-kompakt ist, ist auch {x} × Y , versehen mit der induzierten Topologie
von X × Y , quasi-kompakt (ÜA). Also können wir {x} × Y mit endlich vielen offenen
Teilmengen der Form
U1 × V1 , . . . , Un × Vn ,
wobei Ui ⊂ X offen, Vi ⊂ Y offen und Ui × Vi ⊂ N gilt, überdecken. Die Menge
W = Ui ∩ . . . ∩ Un ist offen in X und enthält den Punkt x. Wir zeigen nun
W × Y ⊂ U1 × V 1 ∪ . . . ∪ U n × V n .
Sei (x1 , y1 ) ∈ W ×Y. Dann gibt es einen Index i ∈ {1, . . . , n} mit (x, y1 ) ∈ Ui ×Vi . Also
ist y1 ∈ Vi , woraus (x1 , y1 ) ∈ Ui ×Vi folgt, da x1 ∈ W ⊂ Ui . Nun sind alle Ui ×Vi ⊂ N ,
also folgt W × Y ⊂ N . Damit ist (∗) bewiesen.
Nun können wir die Behauptung zeigen. Es sei U eine offene Überdeckung von
X × Y . Für jedes x ∈ X ist {x} × Y quasi-kompakt und kann somit von endlich vielen
U1 , . . . , Un aus U überdeckt werden. Dann ist N = U1 ∪ . . . ∪ Un offen in X × Y . Da
{x}×Y ⊂ N ist, gibt es nach (∗) eine offene Umgebung Wx von x, so dass Wx ×Y ⊂ N
gilt. Da X quasi-kompakt ist, hat die offene Überdeckung W = {Wx : x ∈ X} von X
eine endliche Teilüberdeckung {Wx1 , . . . , Wxk }. Für jedes 1 ≦ i ≦ k gilt
Wxi × Y ⊂ N,
also kann Wxi × Y durch endlich viele offene Mengen in U überdeckt werden. Fassen
wir für alle i diese endlich vielen offenen Mengen in U zusammen, so haben wir eine
endliche Teilüberdeckung von U gefunden.
Korollar 7.9 Sind X1 , . . . , Xn endlich viele quasi-kompakte topologische Räume, so
ist X1 × . . . × Xn ebenfalls quasi-kompakt.
Beweis : Das zeigt man mit Induktion nach n.
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Wir nennen eine Teilmenge Y ⊂ Rn beschränkt, wenn es ein r ∈ R>0 gibt mit
Y ⊂ Br (0) = {x ∈ Rn : d(0, x) < r}, wobei d die übliche euklidische Metrik auf
Rn bezeichnet.
Satz 7.10 (Satz von Heine-Borel)
Eine Teilmenge des Rn ist genau dann kompakt, wenn sie beschränkt und abgeschlossen ist.
Beweis : Sei Y ⊂ Rn kompakt. Dann ist
U = {Y ∩ Bn (0) : n ∈ N}
eine offene Überdeckung von Y . Diese hat nach Voraussetzung eine endliche
Teilüberdeckung. Also existiert ein n0 ∈ N mit Y ⊂ Bn0 (0). Somit ist Y beschränkt.
Nach Satz 7.6 ii) ist Y abgeschlossen.
Wir nehmen umgekehrt an, dass Y ⊂ Rn beschränkt und abgeschlossen ist. Dann
gibt es ein r ∈ R>0 mit





x1





.
n
 ∈ R :| xi |≦ r für alle i = 1, . . . , n .
.
Y ⊂ Br (0) ⊂ 
.






 x

n
Der abgeschlossene Würfel





x1





.
n
 .  ∈ R :| xi |≦ r für alle i = 1, . . . , n
.







 x
n
ist das n−fache Produkt des abgeschlossenen Intervalls [−r, r]. Dieses ist nach dem
Beispiel iii) zu Definition 7.5 und Korollar 7.9 kompakt. Also ist Y als abgeschlossene
Teilmenge einer kompakten Teilmenge nach Satz 7.6 i) ebenfalls kompakt.
Es sei X ein beliebiger topologischer Raum. Eine Folge in X ist ein System von Elementen xn ∈ X für n ∈ N. Der Punkt x ∈ X heißt Grenzwert der Folge (xn )n∈N ,
falls jede Umgebung von x alle bis auf endlich viele Folgenglieder enthält. Für jede
Umgebung U von x gibt es also ein n0 ∈ N, so dass für alle n ≧ n0 gilt xn ∈ U. Ist x
Grenzwert von (xn )n∈N , so sagen wir, die Folge (xn )n∈N konvergiert gegen x.
Definition 7.11 Ein Hausdorffscher topologischer Raum X heißt folgenkompakt,
wenn jede Folge (xn )n∈N in X eine konvergente Teilfolge besitzt.
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Satz 7.12 Ein metrischer Raum (X, d) ist genau dann folgenkompakt, wenn er kompakt ist.
Beweis : Wir nehmen zunächst an, dass (X, d) kompakt ist und betrachten eine Folge
(xn )n∈N in X. Angenommen, x ∈ X hat die Eigenschaft, dass jede Umgebung von x
unendlich viele Folgenglieder enthält. Dann wählen wir ein xn1 ∈ B1 (x), ein xn2 ∈
B 21 (x) mit n2 > n1 , ein xn3 ∈ B 31 (x) mit n3 > n2 usw. Auf diese Weise können wir
eine Teilfolge (xnk )k∈N konstruieren, die gegen x konvergiert.
Wir wollen nun zeigen, dass es stets ein x ∈ X gibt, so dass jede Umgebung unendlich
viele Folgenglieder enthält. Angenommen, dies ist falsch. Dann gibt es zu jedem x ∈
X eine offene Umgebung Ux , die nur endlich viele Folgenglieder enthält.
S
Da X =
Ux gilt, ist {Ux : x ∈ X} eine offene Überdeckung von X. Da X komx∈X
pakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung {Ux1 , . . . , Uxn } von U. Jede Menge
Ux1 , . . . , Uxn enthält nur endlich viele Folgenglieder, also kann X nicht die gesamte
Folge (xn )n∈N enthalten. Dieser Fall kann also nicht eintreten. Also ist X folgenkompakt.
Wir nehmen nun umgekehrt an, dass X folgenkompakt ist, und gehen in mehreren
Schritten vor.
i) Zuerst zeigen wir, dass der folgenkompakte metrische Raum X das 2.
Abzählbarkeitsaxiom erfüllt, d.h. eine abzählbare Basis der Topologie besitzt.
Dazu fixieren wir k ∈ N und betrachten alle Teilmengen M von X mit folgender Eigenschaft:
1
.
k
Die Menge aller Teilmengen M von X mit der Eigenschaft (∗) hat nach dem
Zorn’schen Lemma (siehe unten) ein maximales Element, d.h. es gibt eine Teilmenge Mk von X, so dass für jede Teilmenge Y von X mit Mk ⊂ Y , die (∗)
erfüllt, bereits Mk = Y gilt. Daraus folgt, dass es für jeden Punkt x ∈
/ Mk ein
1
y ∈ Mk gibt mit d(x, y) < k , denn sonst würde Mk ∪ {x} ebenfalls (∗) erfüllen.
Die Menge Mk ist endlich. Sonst enthielte sie nämlich eine Folge (xn )n∈N mit
verschiedenen Folgengliedern, die nach Voraussetzung eine konvergente Teilfolge haben muss. Dies widerspricht der Tatsache, dass der Abstand zwischen
S
Mk .
verschiedenen Elementen aus M mindestens k1 ist. Wir setzen M =
(∗) Für alle x 6= y in M gilt d(x, y) ≧
k∈N
Dann gibt es für jedes k ∈ N und jedes x ∈ X ein y ∈ M mit d(x, y) < k1 .
Also gibt es für jedes x ∈ X und jedes ε > 0 ein y ∈ M und ein k ∈ N mit
B k1 (y) ⊂ Bε (x). Somit ist {B k1 (y) : y ∈ M } eine Basis der Topologie auf X. Da
M eine abzählbare Menge ist, ist diese Basis abzählbar.
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ii) Nun zeigen wir, dass jeder folgenkompakte Raum kompakt ist. Sei U = {Ui :
i ∈ I} eine Überdeckung von X. Nach i) gibt es eine abzählbare Basis B der
Topologie. Jedes der Ui ist Vereinigung von Basismengen. Es genügt also zu
zeigen, dass die Überdeckung
V = {V ∈ B : es gibt ein i ∈ I mit V ⊂ Ui }
eine endliche Teilüberdeckung hat. V ist als Teilmenge von B abzählbar, also
gilt V = {Vn : n ∈ N} für geeignete Basismengen Vn . Angenommen, V hat keine
endliche Teilüberdeckung. Dann existiert für alle n ∈ N ein
xn ∈ X\
n
[
Vi .
i=1
Die Folge (xn )n∈N hat nach Voraussetzung eine konvergente Teilfolge. Deren
Grenzwert x liegt in einem Vi0 , das alle bis auf endlich viele Folgenglieder der
Teilfolge enthält. Nun liegen nach Konstruktion der Folge (xn )n∈N aber alle bis
auf endlich viele Folgenglieder außerhalb Vn0 . Das ist ein Widerspruch.
Im Beweis haben wir den folgenden Spezialfall des Zorn’schen Lemmas benutzt: Ist
X eine beliebige Menge und M eine Menge von Teilmengen von X mit der Eigenschaft, dass für jede Kette
M1 ⊂ M2 ⊂ . . . ⊂ Mn ⊂ Mn+1 ⊂ . . .
von Mengen Mn aus M auch die Vereinigung
S
Mn in M liegt, so enthält M ein
n∈N
maximales Element N . Hier heißt N maximales Element von M, falls es kein N ′ ∈ M
gibt mit N $ N ′ .
Das Zorn’sche Lemma ist ein logisches Axiom.
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