Hausaufgaben Lösungsvorschlag Blatt 1

Übungen zur Einführung in die Topologie
Uni Frankfurt, SoSe 2009
Prof. Dr. A. Werner
Dipl.-Math. M. Häbich
Blatt 1, 16. April
Hausaufgaben
Lösungsvorschlag Blatt 1
Aufgabe 1: p-adischer Absolutbetrag
Sei p eine Primzahl. Für n ∈ Z \ {0} definieren wir
vp (n) := Exponent von p in der Primfaktorzerlegung von n
und setzen vp vermöge
vp
m
n
:= vp (m) − vp (n)
auf Q \ {0} fort.
Zum Beispiel ist 24 = 23 · 3, also v2 (24) = 3 und v5 (24) = 0.
Der p-adische Absolutbetrag auf Q ist definiert als
(
p−vp (x)
|x|p :=
0
für x 6= 0
für x = 0
Zeigen Sie:
i) Für x, y ∈ Q gilt
|x + y|p ≤ max{|x|p , |y|p }.
ii) Q zusammen mit der Abstandsfunktion
dp (x, y) := |x − y|p
ist ein metrischer Raum.
Lösungsvorschlag
i) Ist x = 0, so ist |x + y|p = |y|p ≤ max{|x|p , |y|p }; analog für y = 0. Ist x = −y, so ist |x + y|p = |0|p =
0 ≤ max{|x|p , |y|p }, weil |x|p per Definition entweder Null oder als Potenz einer positiven reellen Zahl
positiv ist. Wir müssen also nur noch den Fall x, y ∈ Q \ {0}, x 6= −y betrachten; hier gilt:
vp (x + y) ≥ min{vp (x), vp (y)}.
Daraus folgt dann sofort die Behauptung für diese Fälle, denn
⇒
⇒
vp (x + y) ≥ min{vp (x), vp (y)}
−vp (x + y) ≤ − max{vp (x), vp (y)}
|x + y|p ≤ max{|x|p , |y|p }.
| · (−1)
| p()
Sei also x = pvp (x) ab11 , y = pvp (y) ab22 mit ganzen Zahlen a1 , a2 , b1 und b2 , die nicht durch p teilbar sind.
Ohne Einschränkung ist vp (x) ≤ vp (y) (sonst vertausche die Rollen von x und y), und es gilt:
x+y
a2
a1
+ pvp (y)
b1
b2


a1
a2
= pvp (x)  + pvp (y)−vp (x) 
{z
} b2
b1 |
= pvp (x)
∈Z
=
p
vp (x)
· a1 b2 + a2 b1 pvp (y)−vp (x)
.
b1 b2
In der Primfaktorzerlegung des Zählers taucht p mindestens mit dem Exponenten vp (x) auf, während
der Nenner überhaupt nicht durch p teilbar ist. Damit ist vp (x + y) ≥ vp (x) = min{vp (x), vp (y)}, was
zu zeigen war.
1
Übungen zur Einführung in die Topologie
Uni Frankfurt, SoSe 2009
Blatt 1, 16. April
Prof. Dr. A. Werner
Dipl.-Math. M. Häbich
ii) Wir zeigen zunächst, dass dp positiv definit ist. dp (x, y) ≥ 0 für alle x und y ist klar nach Definition.
Zu zeigen bleibt dp (x, y) = 0 ⇔ x = y:
⇒“ Ist dp (x, y) = 0, so muss der zweite Fall in der Definition von |x − y|p eingetreten sein, weil eine
”
Potenz von p niemals Null sein kann. Also ist x − y = 0, d. h. x = y.
⇐“ Ist x = y, so ist x − y = 0, also dp (x, y) = |x − y|p = 0 nach Definition.
”
Ferner ist dp symmetrisch, weil wegen x − y = −(y − x) die Primfaktorzerlegungen von x − y und y − x
bis auf das Vorzeichen übereinstimmen, also dp (x, y) = |x − y|p = p−vp (x−y) und dp (y, x) = |y − x|p =
p−vp (y−x) gleich sind.
Für die Dreiecksungleichung verwendet man Teil i); es gilt nämlich
dp (x, y)
= |x − y|p
= |(x − z) + (z − y)|p
≤ |x − z|p + |z − y|p
= dp (x, z) + dp (z, y)
für alle x, y, z ∈ Q.
Aufgabe 2: Neue Metriken aus alten
Es seien d1 und d2 zwei Metriken auf X. Zeigen Sie, dass dann auch
d3 (x, y)
d4 (x, y)
:= max{d1 (x, y), d2 (x, y)} und
d1 (x, y)
:=
1 + d1 (x, y)
Metriken auf X sind.
Lösungsvorschlag
Am einfachsten ist die Symmetrie von d3 und d4 (unter Ausnutzung der Symmetrie von d1 und d2 ) zu zeigen.
Es gilt nämlich
d3 (x, y) = max{d1 (x, y), d2 (x, y)} = max{d1 (y, x), d2 (y, x)} = d3 (y, x)
sowie
d4 (x, y) =
d1 (x, y)
d1 (y, x)
=
= d4 (y, x).
1 + d1 (x, y)
1 + d1 (y, x)
Wir zeigen nun die positive Definitheit von d3 . Da d3 (x, y) das Maximum von zwei nichtnegativen Zahlen
ist, ist es selbst nichtnegativ. Ferner ist d3 (x, y) = 0 ⇔ x = y für alle x, y, denn:
⇒“ Ist d3 (x, y) = 0, so muss auch d1 (x, y) = 0 sein (denn d3 (x, y) = max{d1 (x, y), d2 (x, y)} ≥ d1 (x, y)),
”
also x = y, weil d1 als Metrik positiv definit ist. (Genauso hätte man natürlich auch mit d2 statt mit
d1 argumentieren können.)
⇐“ Ist x = y, so ist d1 (x, y) = d2 (x, y) = 0, also auch d3 (x, y) als deren Maximum.
”
d1 (x,y)
nicht negativ werden kann, weil
Zur positiven Definitheit von d4 ist zunächst wieder klar, dass 1+d
1 (x,y)
d1 (x, y) nicht negativ wird. Außerdem ist d4 (x, y) = 0 ⇔ x = y für alle x, y, denn:
⇒“ Ist d4 (x, y) = 0, so muss auch der Zähler d1 (x, y) = 0 sein, also x = y, weil d1 als Metrik positiv definit
”
ist.
⇐“ Ist x = y, so ist d1 (x, y) = 0, also auch d4 (x, y) =
”
2
0
1+0
= 0.
Übungen zur Einführung in die Topologie
Uni Frankfurt, SoSe 2009
Prof. Dr. A. Werner
Dipl.-Math. M. Häbich
Blatt 1, 16. April
Zu zeigen bleibt die Dreiecksungleichung.
Für d3 gilt:
d3 (x, y)
=
max{d1 (x, y), d2 (x, y)}
≤ max{d1 (x, z) + d1 (z, y), d2 (x, z) + d2 (z, y)}
≤ max{d1 (x, z), d2 (x, z)} + max{d1 (z, y), d2 (z, y)}
= d3 (x, z) + d3 (y, z).
Die zweite Abschätzung ist von der Form max{a + b, c + d} ≤ max{a, c} + max{b, d}. Diese Ungleichung ist
für alle reellen a, b, c, d gültig, denn offenbar ist a ≤ max{a, c} und b ≤ max{b, d}, also a + b ≤ max{a, c} +
max{b, d}; genauso argumentiert man für c + d.
Um die Dreiecksungleichung für d4 zu zeigen, überlegt man sich zunächst, dass die Abbildung λ 7→ f (λ) :=
λ
1+λ monoton wachsend in λ ist für λ ≥ 0; dies sieht man entweder durch Ableiten oder durch die Umformung
λ
1
1+λ = 1/λ+1 für λ 6= 0, denn es gilt:
≤ µ
≥ µ1
≥ µ1 + 1
≤ 1/µ1+1
λ
⇒
⇒
⇒
1
λ
1
λ
+1
1
1/λ+1
Wegen f (0) = 0 und f (λ) ≥ 0 für λ ≥ 0 ist f auch in λ = 0 monoton wachsend.
Man kann nun abschätzen:
d4 (x, y)
=
≤
=
d1 (x, y)
1 + d1 (x, y)
d1 (x, z) + d1 (z, y)
1 + d1 (x, z) + d1 (z, y)
d1 (x, z)
d1 (z, y)
+
1 + d1 (x, z) + d1 (z, y) 1 + d1 (x, z) + d1 (z, y)
|
{z
}
|
{z
}
≥d1 (x,z)
d1 (x, z)
d1 (z, y)
≤
+
1 + d1 (x, z) 1 + d1 (z, y)
= d4 (x, z) + d4 (z, y),
was die Dreiecksungleichung zeigt.
3
≥d1 (z,y)