Lösungen zu Aufgaben aus der Topologie

Lösungen zu Aufgaben aus der Topologie
Übungsaufgabe 2:
Idee: Um zu zeigen, dass die verschiedenen Metriken d1 , d2 , d∞ den gleichen Konvergenzbegriff erzeugen, zeigen wir, dass die von ihnen induzierten Topologien äquivalent
sind.
Wir bezeichnen mit T (d? ) die von der Metrik d? induzierte Topologie, und zeigen nun
das gilt T (d1 ) ⊆ T (d2 ) ⊆ T (d∞ ) ⊆ T (d1 ) und damit T (d1 ) = T (d2 ) = T (d∞ ).
T (d1 ) ⊆ T (d2 )
Sei U ∈ T (d1 ) offen, dann gibt es zu x = (x1 , x2 ) ∈ U ein > 0 mit
V1 := {y ∈ R2 | kx − yk1 < } ⊆ U.
Dann gilt
V2 := {y ∈ R2 | kx − yk2 < } ⊆ V1 ⊆ U,
2
denn aus kx − yk2 <
2
folgt |xi − yi | <
2
für i = 1, 2, also
|x1 − y1 | + |x2 − y2 | < 2 ·
=.
2
Also gilt U ∈ T (d2 ).
T (d2 ) ⊆ T (d∞ )
Sei U ∈ T (d2 ), dann gibt es zu x ∈ U ein > 0 mit
V2 := {y ∈ R2 | kx − yk2 < } ⊆ U.
Dann gilt
V∞ := {y ∈ R2 | kx − yk∞ < } ⊆ V2 ⊆ U,
2
denn aus kx − yk∞ <
2
folgt |xi − yi | <
2
für i = 1, 2, also
r
p
(x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 <
2 2
+ =
4
4
r
2
= √ < .
2
2
Also gilt U ∈ T (d∞ ).
T (d∞ ) ⊆ T (d1 )
Sei U ∈ T (d∞ ), dann gibt es zu x ∈ U ein > 0 mit
V∞ := {y ∈ R2 | kx − yk∞ < } ⊆ U.
Dann gilt
V1 := {y ∈ R2 | kx − yk1 < } ⊆ V∞ ⊆ U,
denn aus kx − yk1 < folgt |xi − yi | < für i = 1, 2, also
kx − yk∞ = max{|x1 − y1 |, |x2 − y2 |} < .
Also gilt U ∈ T (d∞ ).
Übungsaufgabe 14: (Zariski-Topologie)
Idee: In dieser Aufgabe müssen wir die drei Eigenschaften einer Topologie T1, T2
und T3 nachweisen. Anstatt dies jedoch für die offenen Mengen zu tun, werden wir die
äquivalenten Eigenschaften für abgeschlossene Mengen zeigen, da diese dieselbe Topologie
liefern.
Sei TA := {N (S) ⊂ Spec(A) | S ⊂ A}, wobei N (S) = {p ⊆ A | hSi ⊆ p}. Wir zeigen:
(a)
∅, X ∈ TA , wobei X = Spec(A)
(b)
sind für i ∈ I die N (Si ) ∈ A so auch
T
N (Si ) ∈ A
i∈I
(c)
sind N (S1 ), . . . , N (Sn ) ∈ A, so auch
n
S
N (Si ) ∈ A.
i=1
zu (a)
Sei S = {0}, dann gilt S ⊆ p für alle Primideale p ⊆ A, also ist N (S) =
Spec(A) ∈ TA .
Sei nun S = A, dann gilt für jedes Primideal S 6⊆ p, denn Primideale sind stets echte
Ideale. Somit gilt N (Si ) = ∅ ∈ TA .
zu (b)
\
Seien für i ∈ I die N (Si ) ∈ TA , dann gilt
[
\
\ \
N (f ) = N ( Si ) ∈ A,
N (f ) =
N (Si ) =
i∈I f ∈Si
i∈I
f∈
S
Si
i∈I
da
[
Si ⊆ A.
i∈I
i∈I
zu (c) Seien N (Si ), . . . , N (Sn ) ∈ TA . Setze S := S1 · · · Sn = {x1 · · · xn |xi ∈ Si }. Dann
n
S
gilt
N (Si ) = N (S), denn:
i=1
1.“ ⊆ “ :
Sei p ∈
n
S
N (Si ), dann ist p ∈ N (Si ) für ein i, d.h. Si ⊆ p. Dann gilt aber
i=1
auch S ⊆ p, da p ein Ideal ist, also ist p ∈ N (S).
2.“ ⊇ “ : Sei p ∈ N (S), d.h. S ⊆ p. Nehmen wir nun an Si 6⊆ p für alle i. Dann gibt
es aber xi ∈ Si \p für alle i. Da p ein Primideal ist, gilt dann x1 · · · xn 6∈ p, aber es gilt
x1 · · · xn ∈ S. Dies ist ein Widerspruch zu S ⊆ p.
n
S
Also gilt Si ⊆ p für ein i, d.h. p ∈ N (Si ), also p ∈
N (Si ).
i=1
Somit gilt p ∈
n
S
i=1
N (Si ) = N (S) ∈ TA .
Übungsaufgabe 24:
Sei (Y, d) ein metrischer Raum und X ⊆ Y. Sei dann
de = dX×X : X × X → R≥0
(x, y) 7→ d(x, y) .
Dann ist durch de eine Metrik auf X gegeben, denn:
e y) = 0 ⇔ d(x, y) = 0 ⇔ x = y.
• Seien x, y ∈ X, dann gilt d(x,
e y) = d(x, y) = d(y, x) = d(y,
e x).
• Seien x, y ∈ X, dann gilt d(x,
• Seien x, y, z ∈ X, dann gilt
e z) = d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) = d(x,
e y) + d(y,
e z).
d(x,
Sei nun TX die Unterraumtopologie von X in Y , wobei Y die von der Metrik d induzierte
e denn:
Topologie T (d) trage. Dann gilt TX = T (d),
“ ⊆ “ Sei U ∈ TX eine offene Menge, dann gibt es eine offene Menge V ∈ T (d) mit
U = V ∩ X. Zu jedem x ∈ V (insbesondere zu jedem x ∈ U ) gibt es dann ein (x) > 0, so
dass
d
U(x)
(x) = {y ∈ Y | d(x, y) < (x)} ⊆ V.
Dann gilt aber
de
˜ y) < (x)} ⊆ V ∩ X = U,
U(x)
(x) = {y ∈ X | d(x,
e
und somit U ∈ T (d).
“⊇“
dass
e eine offene Menge, dann gibt es zu jedem x ∈ U ein (x), so
Sei U ∈ T (d)
˜
d
U(x)
(x) ⊆ U.
Setze V :=
S
x∈U
d
(x), dann ist V als Vereinigung offener Mengen offen in Y und es
U(x)
gilt
V ∩X =
[
x∈U
d
(U(x)
(x) ∩ X) =
[
d
U(x)
(x) = U.
e
x∈U
Also gilt U ∈ Tx .
Sei nun Y ein metrisierbarer Raum und X ⊆ Y ein Teilraum. Dann gibt es eine Metrik
d auf Y , welche die Topologie von Y erzeugt. Dann ist nach dem bereits Gezeigten
dX×X eine Metrik auf X, welche die Unterraumtopologie von X in Y erzeugt, also ist
auch X metrisierbar.
Übungsaufgabe 27:
Sei X ein Unterraum eines topologischen Raumes Y und ι : X ,→ Y die Inklusion.
Wir wollen zunächst zeigen, das ι genau dann offen ist, wenn X offen in Y ist.
Sei zunächst ι offen. X ist offen in X und somit ist dann auch ι(X) = X
Beweis:
offen in Y .
Sei nun X offen in Y und U ⊆ X eine offene Menge in X. Dann gibt es eine offene Menge
V ⊆ Y , mit U = V ∩ X. Aber V und X sind offen in Y , also ist auch U = V ∩ X, offen
in Y , d.h. ι(U ) = U ist offen in Y , also ist ι offen.
Als nächstes wollen wir zeigen, ι genau dann abgeschlossen ist, wenn X abgeschlossen
in Y ist.
Beweis: Sei zunächst ι abgeschlossen. X ist abgeschlossen in X und somit ist auch
ι(X) = X abgeschlossen in Y .
Sei nun X abgeschlossen in Y und A eine abgeschlossene Menge in X. Dann ist das
Komplement X\A offen in X. Aber dann gibt es eine offene Menge V ⊆ Y, mit V ∩ X =
X\A.
Für beliebiges y ∈ Y \A gilt dann y ∈ V oder y ∈ Y \X, denn
V ∪ (Y \X) ⊇ (V ∩ X) ∪ (Y \X) = (X\A) ∪ (Y \X) = Y \A.
Fall 1:
von y ist.
Ist y ∈ V , so folgt wegen V offen und V ⊆ Y \A, dass Y \A eine Umgebung
Fall 2:
Ist y ∈ Y \X, so folgt wegen Y \X offen und Y \X ⊆ Y \A, dass Y \A eine
Umgebung von y ist.
Somit ist Y \A offen in Y . Dann ist aber A abgeschlossen in Y , also ι(A) = A abgeschlossen in Y , und folglich ι abgeschlossen.
Übungsaufgabe 33:
Abgeschlossen: Die Projektion prY : X × Y → Y ist nicht immer abgeschlossen. Wir
präsentieren folgendes Gegenbeispiel:
Seien X = Y = R und A := {(x, y) ∈ R2 | y = arctan(x)} ⊆ R2 = R × R. Dann
ist A abgeschlossen in X × Y , denn sei
f : R2 → R mit (x, y) 7→ y − arctan(x)
dann ist f stetig und A = f −1 ({0}) ist abgeschlossen in R2 , da {0} abgeschlossen in R
ist. Es gilt aber
prY (A) = {y ∈ R | y = arctan(x) für ein x ∈ R}
π π
= arctan(R) = − ,
ist nicht abgeschlossen in R.
2 2
Also ist prY nicht abgeschlossen.
Offen: Seien nun X, Y beliebige topologische Räume. Wir zeigen nun, dass die
prY : X × Y → Y offen ist.
0
Beweis: Sei U ⊆ X × Y offen. Dann gibt es zu jedem (x, y) ∈ U ein U(x,y)
⊆ X
00
0
00
offen und ein U(x,y) ⊆ Y offen mit (x, y) ∈ U(x,y) × U(x,y) ⊆ U. Dann gilt
[
0
00
U=
U(x,y)
× U(x,y)
.
(x,y)∈U
Es folgt
prY (U ) = prY (
[
(x,y)∈U
0
00
U(x,y)
× U(x,y)
) =
[
(x,y)∈U
ist offen in Y, als Vereinigung offener Mengen.
0
00
prY (U(x,y)
× U(x,y)
) =
[
(x,y)∈U
00
U(x,y)
Übungsaufgabe 35: (Primräume)
Idee: Um die Behauptung der Aussage zu zeigen verwenden wir die Eigenschaft, dass
R zusammenhängend ist. Wir werden nun zeigen, dass für nicht einpunktige topologische
Räume X und Y , ihr zusammenhängendes Produkt X × Y aber auch die Eigenschaft hat,
dass für jeden Punkt (a, b) ∈ X × Y auch der Raum ohne den Punkt X × Y \{(a, b)}
immer noch zusammenhängend ist. Dies ist für R sicherlich nicht richtig.
Da X × Y zusammenhängend ist, sind auch X und Y zusammenhängend. Seien nun
(c, d) ∈ X × Y mit c 6= a und d 6= b (solch ein Paar existiert, da X und Y nicht einpunktig
oder leer sind) und Ze := {Z ⊆ X × Y \{(a, b)} | Z zusammenhängend und (c, d) ∈ Z}.
Dann setzen wir
[
P :=
Z
e
Z∈Z
und behaupten P = X × Y \{(a, b)}.
Beweis: “⊆“ Diese Richtung ist klar, da P die Vereinigung von Teilmengen von
X × Y \{(a, b)} ist.
“⊇“
Sei (x, y) ∈ X × Y \{(a, b)}, dann gibt es zwei Fälle:
Fall 1: Sei x 6= a, dann sei Z = (X × {d}) ∪ ({x} × Y )
e denn Z ist zusammenhängend, (c, d) ∈ Z und x 6= a bzw. d 6= b. Damit
Dann ist Z ∈ Z,
gilt wegen (x, y) ∈ Z also auch (x, y) ∈ P
Fall 2: Ist x = a dann muss y 6= b sein. Sei Z = (X × {y}) ∪ ({c} × Y ).
Dann gilt mit dem analogen Argument wie zuvor Z ∈ Ze und da (x, y) ∈ Z ist auch
(x, y) ∈ P.
Bemerke P ist zusammenhängend als nichtdisjunkte Vereinigung zusammenhängender
Räume, aber dann ist auch X × Y \{(a, b)} zusammenhängend.
Übungsaufgabe 37:
Für das Pullback S 1 ×S 1 S 1 gilt:
S 1 ×S 1 S 1 = {(x, y) ∈ S 1 × S 1 | q(x) = q(y)}
= {(x, y) ∈ S 1 × S 1 | x2 = y 2 }
= {(x, y) ∈ S 1 × S 1 | x = y oder x = −y}.
Wir definieren nun Abbildungen
f : S 1 + S 1 = {0, 1} × S 1 → S 1 ×S 1 S 1
(
(x, x) für t = 0
(t, x) 7→
(x, −x) für t = 1
und
g : S 1 ×S 1 S 1 → {0, 1} × S 1 = S 1 + S 1
(
(0, x) falls x = y
(x, y) 7→
(1, x) falls x = −y .
Wir sehen, dass die soeben definierte Abbildung f stetig ist, denn die Abbildungen:
f ◦ ι0 : S 1
x
f ◦ ι1 : S 1
x
→
7
→
→
7
→
S 1 ×s1 S 1
(x, x)
S 1 ×s1 S 1
(x, −x)
sind offentsichtlich stetig. Weiterhin ist g wohldefiniert, denn entweder x = y oder x = −y
für (x, y) ∈ S 1 ×S 1 S 1 .
Zusammen mit
f ◦ g(x, x)
f ◦ g(x, −x)
g ◦ f (0, x)
g ◦ f (1, x)
=
=
=
=
f (0, x) = (x, x)
f (1, x) = (x, −x)
g(x, x) = (0, x)
g(x, −x) = (1, x)
sehen wir, dass f bijektiv ist und g die Umkehrfunktion zu f ist.
Nun ist aber S 1 bekanntlich kompakt und somit auch S 1 +S 1 . Weiter ist S 1 ein HausdorffRaum, daher auch S 1 ×S 1 Hausdorff-Raum und somit auch S 1 ×S 1 S 1 als Unterraum eines
Hausdorff-Raumes selbst ein Hausdorff-Raum. Aber dann ist f ein Homöomorphismus.
Übungsaufgabe 44:
Sei (Uj |j ∈ J) eine offene Überdeckung eines topologischen Raumes X. Seien ιj : Uj ,→ X
die Inklusionen und
a
f:
Uj → X , (x, j) 7→ ιj (x) = x
j∈J
die von den (ιj |j ∈ J) induzierte Abbildung, welche nach der universellen Eigenschaft der
Summe stetig ist.
Behauptung: f ist eine Identifizierung.
Beweis:
Sei V ⊆ X beliebig. Dann ist zu zeigen f −1 (V ) offen in
`
Uj ⇔ V offen
j∈J
in X.
“⇐”
Da f stetig ist, sind Urbilder offener Mengen unter f wieder offen.
`
Sei f −1 (V ) offen in
Uj und i ∈ J beliebig, dann ist nach Definition der Topoj∈J
`
logie auf
Uj der Schnitt f −1 (V ) ∩ Ui = {x ∈ Ui | f (x) = ιi (x) = x ∈ V } = V ∩ Ui offen
“⇒”
j∈J
in Ui und somit in X, da Ui offen in X. Es gilt aber
[
V =
V ∩ Ui , da (Uj )j∈J eine Überdeckung ist.
i∈J
Also ist V offen in X.
Nun wollen wir zeigen, dass f zwar offen aber nicht abgeschlossen ist.
Beweis:
Sei V ⊆
`
Uj offen, dann ist V ∩ Ui für alle i offen in Ui und somit ist
j∈J
auch ιi (V ∩ Ui ) offen in X, da Ui offen in X. Somit gilt
[
[
[
ι (V ∩ U )
f (V ∩ Ui ) =
f (V ) = f ( (V ∩ Ui )) =
|i {z i}
i∈J
i∈J
i∈J
offen in X
ist offen in X, also ist f offen.
f ist aber nicht abgeschlossen, denn sei X = R , U1 = (−1, 1) und U2 = R, dann ist
{U1 , U2 } eine offene Überdeckung von X und (−1, 1) × {1} ist abgeschlossen in U1 q U2 ,
da das Komplement R × {2} offen in U1 q U2 ist. Aber f ((−1, 1) × {1}) = (−1, 1) ist nicht
abgeschlossen in X = R.
Übungsaufgabe 50:
Idee: Wir wollen zeigen, dass N zusammenhängend ist. Dazu zeigen wir, dass ∅ und
N die einzigen Teilmengen von N sind, die offen und abgeschlossen sind.
Wir zeigen jedoch zunächst, dass für einen Teilraum X ⊆ Y und A abgeschlossen in
Y gilt, dass A ∩ X abgeschlossen in X ist.
Beweis:
Es gilt X\(A ∩ X) = X\A = (Y \A) ∩X also ist X\(A ∩ X) offen in X.
| {z }
offen in Y
Seien nun X ein topologischer Raum, M ⊆ X ein zusammenhängender Unterraum, M
der Abschluss von M in X und M ⊆ N ⊆ M , dann ist auch N zusammenhängend.
Beweis: Sei A ⊆ N offen und abgeschlossen. Dann ist A ∩ M offen in M nach
Definition der Teilraumtopologie und A ∩ M abgeschlossen in M (siehe oben). Da M
zusammenhängend, folgt A ∩ M = ∅ oder A ∩ M = M.
Fall 1: A ∩ M = ∅ Wäre A 6= ∅, dann gäbe es ein x ∈ A mit x ∈ N \M. Aber jedes x ∈ N berührt M , da N ⊆ M , also gilt für jede Umgebung U von x, dass U ∩ M 6= ∅.
Insbesondere ist aber A Umgebung von x, denn A ist offen und x ∈ A. Aber dann muss
A ∩ M 6= ∅ sein. Widerspruch! Also ist A = ∅.
Fall 2: A ∩ M = M Dann gilt M ⊆ A. Wäre nun N \A 6= ∅, so gäbe es in x ∈ N \A.
Da A abgeschlossen ist in N , ist N \A eine offene Umgebung von x in N . Aber dann gäbe
es ein V ⊆ X offen, mit V ∩ N = N \A. Also wäre V eine Umgebung von x ∈ X, aber da
x ∈ N ⊆ M wird M von x berührt und damit würde folgen, dass (N \A)∩M = V ∩M 6= ∅.
Dies ist ein Widerspruch zu M ⊆ A. Also gilt N \A = ∅, d.h. A = N.
Somit sind ∅ und N die einzigen offenen und abgeschlossenen Mengen in N und damit
ist N zusammenhängend.
Übungsaufgabe 52:
Sei X ein topologischer Raum, in dem es zu je zwei Punkten a, b ∈ X eine stetige Abbildung
ϕa,b : R → X
mit a, b ∈ ϕa,b (R) gibt. Dann ist X zusammenhängend.
Beweis: Gilt X = ∅, so ist X trivialerweise zusammenhängend. Sei daher nun X 6= ∅
und a ∈ X fest gewählt. Wegen x ∈ ϕa,x (R) für alle x ∈ X gilt
[
X=
ϕa,x (R).
x∈X
Nun ist aber ϕa,x stetig für alle x undSR zusammenhängend, also auch ϕa,x (R) zusammenhängend. Die Vereinigung X =
ϕa,x (R) ist eine Vereinigung paarweise nichtx∈X
disjunkter zusammenhängender Mengen, denn a ∈ ϕa,x (R) ∩ ϕa,y (R) für alle x, y. Aber
dann ist X zusammenhängend.
Übungsaufgabe 55:
Idee: Die Behauptung, dass ein endlicher topologischer Raum X genau dann ein
Hausdorff-Raum, wenn er X diskret ist, ist in Rückrichtung trivial. Wir brauchen uns
also nur um die andere (Hin-)Richtung kümmern. Dazu wählen wir einen festen Punkt
und betrachten diejenigen offenen Umgebungen die jeweils einen anderen Punkt nicht
enthalten.
Sei also X ein endlicher topologischer Hausdorff-Raum und sei x ∈ X fest. Dann gibt
es zu jedem y ∈ X\{x} sowohl eine offene Umgebung Uy von x als auch eine offene Umgebung Vy von y sodass ihr Durchschnitt leer ist Uy ∩ Vy = ∅.
Insbesondere gilt y 6∈ Uy . Wir setzen nun Ux :=
T
Uy .
y∈X\{x}
Dies ist eine offene Umgebung von x, da der Durchschnitt endlich vieler offener Mengen (X\{x} ist endlich) wieder offen ist und enthält kein y 6= x, also Ux = {x}.
Somit sind alle einelementigen Teilmengen und damit auch beliebige Teilmengen, als Vereinigung von einelementigen Teilmengen, offen in X. Aber dann ist X diskret.
Übungsaufgabe 56:
Idee: Die Aufgabe gliedert sich in drei Teile. Im Ersten zeigt man das ein topologischer
Raum X genau dann ein Hausdorff-Raum ist, wenn der Durchschnitt aller abgeschlossenen Umgebungen eines Punktes der Punkt selber ist. Im zweiten Teil, soll man zeigen,
dass einpunktige Teilmengen abgeschlossen sind. Dies folgt aber sofort aus Teil 1, da beliebige Durchschnitte ageschlossener Mengen immer abgeschlossen sind. Der dritte Teil
ist schließlich ein Beispiel dafür, dass die Umkehrung, also Teil 2 daraus folgt Teil 1, nicht
gilt.
Teil 1:
Seien zunächst X ein topologischer Hausdorff-Raum, x, y ∈ X, mit festem
x und y 6= x. Dann gibt es disjunkte offene Umgebungen Ux von x und Vy von y. Dann
kann y aber auch nicht im Abschluss Ux liegen, denn sonst wäre y Berührungspunkt von
Ux , und somit enthielte jede Umgebung von y (insbesondere Vy ) ein Element von Ux im
Widerspruch zu Ux ∩ Vy = ∅. Also gibt es eine abgeschlossene Umgebung Ux von x, die
y nicht enthält,Tund für den Durchschnitt über alle solche abgeschlossenen Umgebungen
Ax von x gilt
Ax = {x}.
x∈X
T
Für die Rückrichtung gelte nun A = {x} für alle x ∈ X. Dann gibt es zu x 6= y eine
abgeschlossene Umgebung Ax von x, die y nicht enthält. Außerdem ist X\Ax offen und
enthält y, aber dann ist X\Ax eine Umgebung von y und es gilt (X\Ax ) ∩ Ax = ∅. Also
ist X Hausdorff-Raum.
Teil 2: Insbesondere sind die einelementigen Teilmengen von X abgeschlossen, denn
beliebige Durchschnitte von abgeschlossenen Mengen sind abgeschlossen.
Teil 3: Unser Beispiel für einen Raum X, dessen einpunktige Teilmengen abgeschlossen sind, der aber kein Hausdorff-Raum ist, ist die reelle Gerade mit Doppelpunkt in Null.
Man erhält X als Quotienten von {0, 1} × R nach der Relation (0, r) ∼ (1, r0 ) :⇔ r = r0 6=
0. Die zugehörige Abbildung ist
π : {0, 1} × R → {0, 1} × R/ ∼ =: X
(t, r) 7→
[(t, r)]
Beachte das X die Quotiententopologie trägt.
Seien U und V offene Umgebungen von [(0, 0)] ∈ X bzw. [(1, 0)] ∈ X. Dann sind π −1 (U )
und π −1 (V ) offene Umgebungen von (0, 0) bzw. (1, 0) in {0, 1} × R.
Das bedeutet es gibt , δ > 0, sodass (0, x) ∈ π −1 (U ) für alle kxk < bzw. (0, x0 ) ∈
π −1 (V ) für alle kx0 k < δ. Sei nun η := min{, δ}, dann gilt (0, η/2) ∈ π −1 (U ) und
(1, η/2) ∈ π −1 (V ). Damit ist [(0, η/2)] = [(1, η/2)] ∈ U ∩ V , aber dann ist U ∩ V 6= ∅ und
X ist kein Hausdorff-Raum.
Es bleibt zu zeigen, dass die einpunktigen Teilmengen in X abgeschlossen sind. Hier
gibt es zwei Fälle:
Fall 1
Sei x 6= 0, dann gilt π −1 ({[(0, x)]}) = {(0, x), (1, x)}. Dies ist abgeschlossen
in {0, 1} × R, also ist auch {[0, x]} abgeschlossen in X.
Fall 2 Für x = 0 betrachte π −1 ({[(0, 0)]}) = {(0, 0)} und π −1 ({[(1, 0)]}) = {(1, 0)}.
Beides ist abgeschlossen in X.
Übungsaufgabe 58:
Je zwei verschiedene Punkte einer Faser lassen sich durch offene Umgebungen in X trennen genau dann, wenn das Bild der Diagonalen in X ×Y X abgeschlossen ist.
Beweis: “⇐“ Sei (u, v) ∈ (X ×Y X)\∆(X). Dann gilt f (u) = f (v), aber u 6= v.
Dann gibt es offene Umgebungen U, V ⊆ X von u bzw. v mit U ∩ V = ∅. Außerdem
ist U × V offen in X × X. Damit ist auch U × V ∩ X ×Y X offen in X ×Y X, aber
U × V ∩ ∆(X) = ∅. Dann ist aber ∆(X) abgeschlossen in X ×Y X.
“⇒ “ Sei nun ∆(X) abgeschlossen, y ∈ Y und u, v ∈ f −1 (y) mit u 6= v. Dann
gilt (u, v) ∈ (X ×Y X)\∆(X). Da aber ∆(X) abgeschlossen ist existieren U, V ⊆ X mit
(u, v) ∈ U × V aber
U × V ∩ X ×Y X = (U × V ∩ X ×Y X) ∩ ∆(X) = ∅
Dann muss aber U ∩ V = ∅ sein und somit gilt U ∩ f −1 (y) ist eine Umgebung von
u ∈ f −1 (y) und V ∩ f −1 (y) ist eine Umgebung von v ∈ f −1 (y).
Übungsaufgabe 66:
Idee: Wir sollen zeigen, dass jede stetige Bijektion f : R → R ein Homöomorphismus
ist. Da f eine Bijektion ist, wissen wir schon, dass eine Umkehrabbildung f −1 existiert. Es
bleibt also nur zu zeigen, dass diese stetig ist. Dies ist aber äquivalent dazu das f offen ist.
Da f stetig und injektiv ist, ist f streng monoton. O.B.d.A sei f streng monoton steigend.
Für beliebiges a ∈ R gilt dann f ([a, ∞]) = [f (a), ∞]. Denn:
“⊆“ Ist b ∈ [a, ∞), so gilt b ≥ a und damit auch f (b) ≥ f (a), da f streng monoton
steigend ist. Also ist f (b) ∈ [f (a), ∞).
“ ⊇ “ Ist b ∈ [f (a), ∞], so gibt es wg. der Surjektivität von f ein c ∈ R mit f (c) = b.
Wegen der Monotonie von f muss dann aber c ≥ a gelten und damit also b ∈ f ([a, ∞]).
Ganz analog sieht man: f ((−∞, a]) = (−∞, f (a)].
Seien nun x ∈ R und > 0 beliebig, dann gilt
f ((x − , x + )) =
=
=
=
=
f (R\((−∞, x − ] ∪ [x + , ∞)))
R\f ((−∞, x − ] ∪ [x + , ∞))
R\(f ((−∞, x − ]) ∪ f ([x + , ∞)))
R\((−∞, f (x − )] ∪ [f (x + ), ∞))
(f (x − ), f (x − )) ist offen in R.
Sei nun U ⊆ R irgendeine offene Teilmenge, dann gibt es zu jedem x ∈ U ein (x) > 0
mit
(x − (x) , x + (x)) ⊆ U.
Dann gilt aber
[
U=
(x − (x), x + (x))
x∈U
und damit
f (U ) = f (
[
(x − (x), x + (x)))
x∈U
=
[
f ((x − (x), x + (x))) offen in R,
x∈U
als Vereinigung offener Mengen. Also ist f offen.
Übungsaufgabe 67: (Der ganze Zariski)
Behauptung:
Jede offene Menge U ⊆ Spec(Z) mit U 6= ∅ enthält (0).
Beweis: Sei U ⊆ Spec(Z) offen, dann ist Spec(Z)\U abgeschlossen. Aber dann gibt
es eine Teilmenge S ⊆ Z mit Spec(Z)\U = N (S) = {p ⊆ Z | hSi ⊆ p}.
Gilt nun S = ∅ oder S = {0}, so gilt auch N (S) = Spec(Z) (denn jedes Primideal enthält
die 0) und somit ist U = ∅.
Andernfalls gibt es ein n ∈ S mit n 6= 0. Dann gilt aber n 6∈ (0), also (0) 6∈ N (S), und
somit (0) ∈ U.
Behauptung:
Spec(Z) ist kein Hausdorff-Raum.
Beweis: Sei p ∈ Spec(Z) ein beliebiges Primideal mit p 6= (0), etwa p = (2). Dann
enthält nach obiger Behauptung jede Umgebung von p das Primideal (0). Somit lassen
sich p und (0) nicht durch Umgebungen trennen.
Behauptung: Jede offene Menge U ⊆ Spec(Z) mit U 6= ∅ enthält alle bis auf endlich viele Elemente von Spec(Z).
Beweis: Sei U ⊆ Spec(Z) offen, dann ist Spec(Z)\U abgeschlossen. Also gibt es S ⊆ Z
mit Spec(Z)\U = N (S).
Gilt S = ∅ oder S = {0}, so ist U = ∅ (siehe oben).
Andernfalls gibt es nur endlich viele Primzahlen, die n teilen. Da jedes Primideal p ⊆ Z
von der Form p = (p) mit p Primzahl oder p = 0 ist, gilt also n ∈ p für nur endlich
viele p ∈ Spec(Z). Damit ist N (S) endlich und U enthält somit alle bis auf endlich viele
p ∈ Spec(Z).
Behauptung:
Spec(Z) ist kompakt.
Beweis: Sei (Ui | i ∈ I) eine offene Überdeckung von Spec(Z). Dann gibt es ein i0 ∈ I,
so dass Ui0 6= ∅. Dann enthält Uio alle bis auf endlich viele Elemente von Spec(Z).
Seien diese etwa p1 , . . . , pn . Dann gibt es zu k = 1, . . . , n ein ik ∈ I mit pk ∈ Uik , da
Spec(Z) von den Ui überdeckt wird. Dann gilt
n
[
Uik = Spec(Z),
k=0
und (Uik | k ∈ {0, . . . , n}) ist die gesuchte endliche Teilüberdeckung von Spec(Z).
Übungsaufgabe 73: (Geschnitten)
Die Aussage der Behauptung, dass für kompakte Unterräume K und L eines topologischen Raumes ihr Durchschnitt ebenfalls kompakt sein muss, ist falsch.
Für unser Gegenbeispiel nehmen wir die natürlichen Zahlen N und versehen diese mit
folgender Topologie. Wir sagen eine Menge U ⊆ N sei offen, genau dann wenn
1.
U = ∅,
2.
U = N,
3.
U ⊆ P, wobei P die Menge aller Primzahlen ist.
Die Unterräume K := P ∪ {6} und L := P ∪ {8} sind kompakt, da jede offene Überdeckung N enthält.
Der Durchschnitt K ∩ L = P ist jedoch nicht kompakt, da die offene Überdeckung von P
die aus der (unendlichen) Vereinigung aller offenen einelementigen Mengen der Form {p},
wobei p eine Primzahl ist, keine endliche Teilüberdeckung enthält.
Übungsaufgabe 87:
Seien G topologische Gruppe, H, K Untergruppen von G und f : G/H → G/K eine
G-Abbildung. Dann ist f stetig.
Beweis: Seien [a] := f (1H) ∈ G/K und b ∈ G ein Repräsentant von [a], d.h. es gelte
bK = [a]. Die Abbildungen
p : G → G/H , g 7→ gH
und π : G → G/K , g 7→ gK
seien die Kanonischen. Dann definieren wir die Abbildung
fe: G → G , g 7→ g · b
Bemerke, dass fe stetig ist, da G eine topologische Gruppe und daher die Multiplikation
in G stetig ist.
Für g ∈ G gilt:
π fe(g) = π(g · b) = gbK = g[a].
Weiter ist π fe stetig, da π und fe stetig sind. Für g ∈ G gilt:
f p(g) = f (gH) = f (g · 1H) = g · f (1H) = g[a] = π fe(g)
Also gilt f p = π fe. Nun ist aber p eine Identifizierung, also folgt aus der Stetigkeit von
π fe die Stetigkeit von f .
Übungsaufgabe 88:
Für x ∈ R bezeichne [x] ∈ R/Q die Restklasse von x. Sei p : R → R/Q , x 7→ [x] die
Restklassenprojektion, dann ist p ein Gruppenhomomorphismus, da Q ⊆ R Normalteiler,
und p ist eine Identifizierung.
Sei U ⊆ R/Q offen mit U 6= ∅, dann gilt p−1 (U ) ist offen in R und p−1 (U ) 6= ∅, da p
surjektiv. Somit gibt es ein x ∈ Q ∩ p−1 (U ), denn Q liegt dicht in R. Und da p−1 (U ) offen
ist, gibt es ein > 0 mit (x − , x + ) ⊆ p−1 (U ).
Behauptung:
“⊆“
Es gilt p((x − , x + )) = R/Q, denn:
ist klar
“⊇“ Sei y ∈ R beliebig, dann gibt es ein ye ∈ Q mit |y − ye| < , denn Q liegt dicht in
R. Somit gilt y − ye + x ∈ (x − , x + ) und p(y − ye + x) = p(y) − p(e
y ) + p(x) = p(y) = [y].
|{z} |{z}
Somit gilt also für jedes [y] ∈ R/Q, dass [y] ∈ p((x − , x + )).
=0
y
e∈Q
=0
x∈Q
Also gilt R/Q = p((x − , x + )) ⊆ pp−1 (U ) ⊆ R/Q, und damit R/Q = pp−1 (U ) ⊆ U,
und daher U = R/Q. Dann sind die einzigen offenen Mengen in R/Q die Folgenden:
∅, R/Q.
D.h. R/Q trägt die Klumpentopologie.
Übungsaufgabe 90 (Ein dicker Punkt)
Sei G eine topologische Gruppe und N ⊆ G der Abschluss von {1}. Dann ist N normal
in G.
Bemerkung: Nach Übungsaufgabe 83 (Berührpunkte multiplizieren) ist N eine Untergruppe von G.
Beweis: Sei h ∈ N beliebig und U eine Umgebung von ghg −1 für ein g ∈ G. Dann
ist g −1 U g eine Umgebung von h, denn x 7→ g −1 x und x 7→ xg sind Homöomorphismen
von G → G.
Da h im Abschluss von {1} liegt, gilt somit 1 ∈ g −1 U g, also 1 = g1g −1 ∈ U. Aber dann
liegt auch ghg −1 im Abschluss von {1} und somit ghg −1 ∈ N , also ist N normal in G.
Wir wollen nun zeigen, dass N in jedem Stabilisator liegt, wenn X ein Hausdorff-Raum
ist.
Beweis: Seien nun x ∈ X und ϕx : G → X , g 7→ x. Dann ist Gx = ϕ−1
x ({x}).
Nehmen wir dazu an, es gibt h ∈ N mit ϕx (h) = hx 6= x. Dann gibt es offene Umgebungen
U von x und V von hx mit U ∩ V = ∅, denn X ist ein Hausdorff-Raum. Also ist ϕ−1
x (U )
eine offene Umgebung von 1 in G und ϕ−1
(V
)
eine
offene
Umgebung
von
h
in
G.
x
−1
Es gilt ϕ−1
x (U ) ∩ ϕx (V ) = {g ∈ G | gx ∈ U ∩ V = ∅} = ∅. Also gilt insbesondere
1 6∈ ϕ−1
x (V ). Aber das ist ein Widerspruch dazu, dass h im Abschluss von {1} liegt. Also
gilt N ⊆ Gx für alle x ∈ X.
Übungsaufgabe 92
Beh(1) Ist G eine topologische Gruppe und sind X1 , . . . , Xn G-Räume, so ist auch
X := X1 × · · · × Xn ein G-Raum bezüglich der Operation
ϕ:G×X →X
Beweis:
,
(g, x1 , . . . , xn ) 7→ (gx1 , . . . , gxn )
Es gilt:
(1) 1(x1 , . . . , xn ) = (1x1 , . . . , 1xn ) = (x1 , . . . , xn )
(2) g(h(x1 , . . . , xn )) = g(hx1 , . . . , hxn ) = (g(hx1 ), . . . , g(hxn ))
= ((gh)x1 , . . . , (gh)xn ) = (gh)(x1 , . . . , xn )
Seien die Operationen von G auf X1 , . . . , Xn gegeben durch ϕi : G × Xi → Xi , dann sind
alle ϕi stetig. Somit ist auch ϕ1 ×· · ·×ϕn : G×X1 ×G×X2 ×· · ·×G×Xn → X1 ×· · ·×Xn
stetig. Trivialerweise ist die Abb.
∆ : G × X → G × X1 × · · · × G × Xn
(g, x1 , . . . , xn ) 7→ (g, x1 , . . . , g, xn )
stetig, somit aber auch ϕ = (ϕ1 × · · · × ϕn ) ◦ ∆.
Beh (2)
U (n) operiert komponentenweise auf F (Cn ).
Beweis: Nach Beh(1) operiert U (n) komponentenweise auf G1 (Cn ) × · · · × Gn−1 (Cn ).
Durch Einschränkung der Operation auf F (Cn ) erhält man eine Operation von U (n) auf
F (Cn ), denn ist (U1 , . . . , Un−1 ) ∈ F (Cn ), so ist zu zeigen: (AU1 , · · · , AUn−1 ) ∈ F (Cn ) für
alle A ∈ U (n). Dies ist aber klar, denn aus Ui ⊆ Ui+1 folgt AUi ⊆ AUi+1 für alle A ∈ U (n).
Beh (3)
Die Operation von U (n) auf F (Cn ) ist transitiv.
Beweis: Sei für i = 1, . . . , n − 1 Ei = Ce1 + · · · + Cei , wobei e1 , . . . , en die Standardeinheitsvektoren in Cn seien. Dann gilt für alle i Ei ⊆ Ei+1 , also E := (E1 , . . . , En−1 ) ∈
F (Cn ), denn dim Ei = i für alle i. Wir zeigen: U (n)E = F (Cn ).
Sei dazu (U1 , . . . , Un−1 ) ∈ F (Cn ) beliebig. Wähle eine ON -Basis v1 von U1 , ergänze dann
induktiv die ON -Basis v1 , . . . , vi von Ui zu einer ON -Basis v1 , . . . , vi+1 von Ui+1 (möglich,
da Ui ⊆ Ui+1 ). Dies liefert ON -Basis v1 , . . . , vn−1 von Un−1 . Ergänze diese zu einer ON Basis v1 , . . . , vn von Cn . Dann definiert
A : Cn → Cn
, ei 7→ vi
ein A ∈ U (n), welches AEi = Ui für alle i erfüllt, also AE = (U1 , . . . , Un−1 ).
Sei nun (U1 , . . . , Un−1 ) ∈ F (Cn ) beliebig. Wähle wie in Beh(3) eine ON -Basis v1 , . . . , vn
von Cn mit v1 , . . . , vi ON -Basis von Ui für alle i. Dann gilt
U (n)(U1 ,...,Un−1 ) = {A ∈ U (n)|Avi 7→ zi vi für ein zi ∈ S 1 für alle i}
denn: Induktion nach i liefert:
i = 1 Es gilt AU1 = U1 , also Av1 = z1 v1 für ein z1 ∈ C und da A ∈ U (n) folgt z1 ∈ S 1 .
i → i + 1 Es gelte schon Avj 7→ zj vj , zj ∈ S 1 , für j = 1, . . . , i, dann gilt wegen
A ∈ U (n) auch Avi+1 ∈ {z1 v1 , . . . , zi vi }⊥ = Ui⊥ , also Avi+1 ∈ Cvi+1 , und wegen A ∈ U (n)
gilt Avi+1 = zi+1 vi+1 für ein zi+1 ∈ S 1 .
Also gilt
”
⊆ “. Da aber
U (n)(U1 ,...,Un−1 )
⊇ “ schon vorher

z1
∼
= {A ∈ M at(n, C)|A = . . .
0
”
klar war haben wir nun

0 0
1
. . . . . . , z1 , . . . , zn ∈ S 1 } ∼
× S}1
=S
| {z
0 zn
n
Übungsaufgabe 95
Die Operation ist frei, denn gilt für g ∈ Z und x ∈ R, dass g + x = x, so folgt g = 0 durch
Subtraktion von x auf beiden Seiten.
Die Operation ist eigentlich, denn für die durch die Operation gegebene Relation R auf
R × R gilt
R = {(x, y) ∈ R2 |y = g + x für ein g ∈ Z}
= {(x, y) ∈ R2 |y − x ∈ Z}
Betrachte die Abbildung f : R2 → R, (x, y) 7→ y − x. Dann ist f stetig und Z ist
abgeschlossen in R, also gilt R = f −1 (Z) ist abgeschlossen in R2 .
Die Abbildung ϕ : R → Z, (x, y) 7→ y − x ist stetig und erfüllt für g ∈ Z, x, y ∈ R :
(ϕ, pr1 ) ◦ θ(g, x) = (ϕ, pr1 )(x, g + x)
= (g + x − x, x)
= (g, x)
sowie
θ ◦ (ϕ, pr1 )(x, y) = θ(y − x, x)
= (x, y − x + x) = (x, y)
also ist die Operation eigentlich, denn sie ist frei.
Übungsaufgabe 103
Sei X ein topologischer Raum, dann ist X zusammenziehbar genau dann, wenn idX nullhomotop ist.
Beweis:
Sei X zusammenziehbar, d.h. X ' ∗, dann gibt es Abbildungen
=⇒ “
”
f : X → ∗ und g : ∗ → X mit f g ' id∗ und gf ' idX . Nun ist aber g die konstante
Abbildung, also ist auch gf konstant. Somit ist auch idX homotop zu einer konstanten
Abbildung, also nullhomotop.
⇐= “ Sei idX nullhomotop, dann ist idX homotop zu einer konstanten Abbildung
”
f : X → X, etwa f (x) = x0 für alle x ∈ X. Dann faktorisiert f über {x0 } ∼
=∗
XD
DD
DD
D
ϕ DD
!
f
/X
z=
z
zz
zz
zz ψ
{x0 }
Nun gilt ϕψ(x0 ) = ϕ(x0 ) = x0 , also ϕψ = idx0 und ψϕ = f ' idX , also ist ϕ eine
Homotopieäquivalenz X ' {x0 } ∼
= ∗, d.h. X ist zusammenziehbar.
Übungsaufgabe 104
(a)
(b)
(c)
(d)
Lemma. Seien f : X → Y und g : Y → Z stetig, dann gilt:
Ist f nullhomotop, so ist gf nullhomotop.
Ist g nullhomotop, so ist gf nullhomotop.
Ist X zusammenziehbar, so ist f nullhomotop.
Ist Y zusammenziehbar, so ist f nullhomotop.
Beweis:
Übung!
Sei nun f : S n−1 → X stetig, dann ist f genau dann nullhomotop, wenn es eine stetige Abbildung g : Dn → X mit f = g S n−1 .
Beweis:
⇐= “
Die Rückrichtung ist relativ einfach. Nehmen wir also an es gibt
”
ein solches g, dann kommutiert folgendes Diagramm:
ι
/ Dn
FF
FF
g
F
f FF# S n−1F
X
Da Dn zusammenziehbar ist, ist nach Teil (c) des Lemmas g nullhomotop. Somit ist dann
nach Teil (b) des Lemmas auch ιg = f nullhomotop.
”
=⇒ “
Sei nun f nullhomotop. Wir betrachten die Abbildungen
(
x
(x, kxk
) , x 6= 0
ϕ
e : Dn → I × S n−1 , x 7→
(0, e1 ) , x = 0
wobei e1 der Standardeinheitsvektor ist, und die Restklassenprojektion
p : I × S n−1 → I × S n−1 / 0 × S n−1
und setzen ϕ = pϕ.
e Da p stetig ist und auch ϕ
e für x ∈ Dn \0 stetig in x ist, ist auch ϕ
stetig.
Sei nun U eine offene Umgebung von p(0, e1 ) ∈ I × S n−1 / 0 × S n−1 . Dann gilt
A := {(0, x)|x ∈ S n−1 } ⊆ p−1 U ⊆ I × S n−1 und p−1 U ist offen, denn p ist stetig. Also
gibt es zu jedem (0, a) ∈ A ein (a) > 0 und eine offene Umgebung V (a) von a in S n−1
mit [0, (a)) ×SV (a) ⊆ p−1 U. Da aber S n−1 kompakt ist, gibt es ein endliches A0 ⊆ A
mit S n−1 =
V (a). Setze := min (a) > 0, dann [0, ) × S n−1 ⊆ p−1 U, dann gilt
a∈A0
a∈A0
ϕ
e−1 p−1 U ⊇ ϕ
e−1 ([0, ) × S n−1 ) = U (0) und das ist offen in Rn bezüglich der euklidischen Metrik. Aber dann ist ϕ−1 U eine Umgebung von 0, d.h. ϕ ist stetig in 0. Da f
nullhomotop ist, gibt es eine Homotopie H : I × S n−1 → X mit Hi0 = konst., Hi1 = f
und it : S n−1 → I × S n−1 , x 7→ (t, x). Da H konstant auf 0 × S n−1 ist induziert H ein
e : I ×S n−1 /0×S n−1 → X mit Hp
e = H (nach der universellen Eigenschaft des Pushouts),
H
e stetig.
wobei H
e : Dn → X, dann ist g stetig, da H
e und ϕ stetig sind. Für x ∈ S n−1 gilt:
Setze g := Hϕ
e
e ϕ(x)
e
g(x) = Hϕ(x)
= Hp
e
= Hp(1,
x) = f (x), d.h. g S n−1 = f.
Übungsaufgabe 105
Der Fall m = n ist trivial, da S n sicherlich ein Unterraum von sich selbst ist und das
Komplement ∅ als S −1 aufgefasst werden kann.
Bleibt also der Fall m < n : Fassen wir dazu S n als Unterraum von Rn auf, d.h.
S n = {x ∈ R | kxk = 1}, so können wir S m als Unterraum von S n auffassen via der
Standardinklusion
ι : Sm → Sn ,
(x1 , . . . , xm+1 ) 7→ (x1 , . . . , xm+1 , 0, . . . , 0),
denn dies liefert offensichtlich eine Einbettung.
Für das Komplement K := S n \S m ⊆ S n gilt dann
K = {(x1 , . . . , xn+1 ) | k(x1 , . . . , xn+1 )k = 1 und k(xm+2 , . . . , xn+1 )k =
6 0}
Weiterhin können wir S n−m−1 via
j : S n−m−1 → S n ,
(x1 , . . . , xn−m ) 7→ (0, . . . , 0, x1 , . . . , xn−m )
in S n einbetten. Es gilt dann sogar j(S n−m−1 ) ⊆ K ⊂ S n und die Inklusion
ϕ : S n−m−1 ,→ K liefert die gewünschte Homotopieäquivalenz. Um dies zu zeigen betrachten wir die Abbildung
(0, . . . , 0, xm+2 , . . . , xn+1 )
ψ : K → S n−m−1 , (x1 , . . . , xn+1 ) 7→
k(0, . . . , 0, xm+2 , . . . , xn+1 )k
Wir sehen das offensichtlich gilt ψϕ = idS n−m−1 .
Um zu sehen, dass auch ϕψ = idK gilt betrachten wir die Homotopie
p
1
H : I × K → K , (t, (x, y)) 7→ p
( (1 − t)x, y)
tkyk2 + (1 − t)
Hierbei enthalte x die ersten m + 1 Komponenten von K und y die Komponenten xm+2
bis xn+1 . Beachte weiterhin, dass wegen
p (x, y) ∈ K auch y 6= (0, . . . , 0) gilt, d.h. auch
kyk =
6 0 und damit auch die Wurzel tkyk + (1 − t) 6= 0.
H bildet offensichtlich nach K ab, denn √
y
tkyk+(1−t)
6= (0, . . . , 0) und
1
((1 − t)kxk2 + kyk2 )
+ (1 − t)
1
=
((1 − t)(1 − kyk2 ) + kyk2 )
2
tkyk + (1 − t)
tkyk2 + (1 − t)
=
=1
tkyk2 + (1 − t)
√
H ist auch offensichtlich stetig und es gilt H(0, (x, y)) = √11 ( qx, y) = (x, y) = idK (x, y),
y
als auch H(1, (x, y)) = √ 1 2 (0, y) = (0, kyk
2 ) = ϕψ(x, y), also ist H eine Homotopie von
kH(t, (x, y))k2 =
tkyk2
kyk
idK nach ϕψ und somit gilt auch K ' S n−m−1 .
Übungsaufgabe 108
Es ist bekannt, dass der Abbildungsgrad eine Homotopieinvariante ist und dass
grad : S 1 , S 1 → Z
ein Gruppenisomorphismus ist. Hierbei ist [S 1 , S 1 ] eine Gruppe bezüglich der punktweisen
Multiplikation. Es gilt
grad−1 (n) = [en ] .
Somit gilt für ein stetiges f : S 1 → S 1
[f ] = grad−1 ◦ grad([f ]) = egrad(f ) .
Weiter gilt en ◦ em (z) = (z m )n = z nm = enm (z). Somit folgt:
grad(g)grad(f ) = grad( egrad(g)grad(f ) )
= grad( egrad(g) ◦ egrad(f ) )
= grad( egrad(g) ◦ egrad(f ) )
= grad([g] ◦ [f ])
= grad([g ◦ f ])
= grad(g ◦ f )
Übungsaufgabe 111
Lemma. Sei z ∈ S 1 und seien γ, δ : S 1 → S 1 Schleifen mit γ(1) = z = δ(1) und
grad(γ) = grad(δ). Dann gilt [γ] = [δ] in π1 (S 1 , z).
Proof. Sei p : R → S 1 , t 7→ exp(2πit) und q = p[0,1] . Wähle ein Urbild
s ∈ p−1 (z). Da [0, 1] zusammenziehbar ist, ist γq nullhomotop. Somit gibt es genau eine
Hochhebung γ
e von γq mit γ
e(0) = s, und gleiches gilt genauso für δ, denn s ist Urbild
unter p von γ(1) ebenso wie von δ(1). Wegen grad(γ) = grad(δ) gilt dann
e
γ
e(1) = s + grad(γ) = s + grad(δ) = δ(1).
Wir definieren die Homotopie
H : [0, 1] × [0, 1] → R ,
e
(t, x) 7→ (1 − t)e
γ (x) + tδ(x).
Dies ist offenbar eine Homotopie von γ
e nach δe und es gilt
H(t, 0) = (1 − t)s + ts = s
und
e =γ
H(t, 1) = (1 − t)e
γ (1) + tδ(1)
e(1),
d.h. H lässt Anfangs- und Endpunkt fest. Weiter gilt grad(γ) ∈ Z und somit p(e
γ (1)) = z,
d.h. x 7→ pH(t, x) ist konstant auf {0, 1} für alle t, also induziert pH eine Homotopie
e : [0, 1] × S 1 → S 1
H
mit H(t, z) = z für alle t, d.h. [γ] = [δ] in π1 (S 1 , z).
Sei wieder z ∈ S 1 beliebig. Durch 1 7→ (t 7→ exp(2πit)z) ist dann ein Gruppenhomomorphismus
ϕz : Z → π1 (S 1 , z)
gegeben. Wegen γ(0) = z = γ(1) für alle [γ] ∈ π1 (S 1 , z) kann man γ auch als Schleife an
z auffassen und somit hat man eine Gradabbildung
grad : π1 (S 1 , z) → Z.
Wohldefiniertheit ist klar, da homtope Abbildungen gleichen Grad haben. Als Schleife ist
ϕz (1) gleich e1 z, wobei en : S 1 → S 1 , z 7→ z n und somit ϕz (n) gleich en z. Es gilt
grad ◦ ϕz (n) = grad(en z) = grad(en ) + grad(z) = grad(en ) + 0 = n,
sowie für [γ] π1 (S 1 , z)
ϕz ◦ grad([γ]) = ϕz (grad(γ)) = egrad(γ) z =: [δ] .
Weiter gilt grad(δ) = grad(γ) und δ(1) = egrad(γ) (1)z = z = γ(1), also [γ] = [δ] , d.h. grad
ist die Umkehrabbildung zu ϕz , also ist ϕz ein Isomorphismus.
Sei f : S 1 → S 1 stetig, dann gilt für [γ] ∈ π1 (S 1 , z) :
grad(f∗ [γ]) = grad([f ◦ γ]) = grad(f ◦ γ) = grad(f )grad(γ) = grad(f )grad([γ])
und das Diagramm
π1 (S 1 , z)
grad=ϕ−1
z
Z
kommutiert.
f∗
/
π1 (S 1 , z)
/
·grad(f )
grad=ϕ−1
z
Z
http://www.springer.com/978-3-8274-2040-4